Cálculo II - Compilação 22 provas

Esta é uma pré-visualização de arquivo. Entre para ver o arquivo original

2 prova (2).jpg
2 prova (3).jpg
2 prova.jpg
Prova 1 - 2001.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 1a prova - Turma A4 - 03/09/2001
1. Determine a soma da série
∞∑
k=1
√
k + 1−
√
k√
k2 + k
.
Solução.
uk =
√
k + 1−
√
k√
k(k + 1)
=
√
k + 1−
√
k√
k
√
k + 1
=
√
k + 1√
k
√
k + 1
−
√
k√
k
√
k + 1
=
1√
k
− 1√
k + 1
.
sn =
n∑
k=1
uk =
1√
k
− 1√
k + 1
= (1− 1√
2
)− ( 1√
2
− 1√
3
) + . . .+ (
1√
n
− 1√
n+ 1
)
=⇒ sn = 1− 1√n+1 é a soma parcial. Portanto
∞∑
k=1
√
k + 1−
√
k√
k2 + k
= lim
n→∞
sn = lim
n→∞
(1− 1√
n+ 1
) = 1− 0 = 1.
2. Determine se as seguintes séries convergem ou divergem:
a)
∞∑
k=1
ln
(
2k
k + 1
)
Solução.
lim
k→∞
uk = lim
k→∞
ln
(
2k
k + 1
)
= lim
k→∞
ln
(
2
1 + 1
k
)
= ln 2 6= 0.
Pelo teste da divergência, a série diverge.
b)
∞∑
k=1
ln
k!
kk
Solução.
uk+1
uk
=
(k+1)!
(k+1)k+1
k!
kk
=
(k + 1)!
(k + 1)k+1
.
kk
k!
=
=
k!(k + 1)
(k + 1k(k + 1))
.
kk
k!
=
(
k
k + 1
)k
=
1
(1 + 1
k
)k
=⇒ lim
k→∞
uk+1
uk
= lim
k→∞
1
(1 + 1
k
)k
=
1
e
< 1. Pelo teste da razão, a série converge.
c)
∞∑
k=1
5 sen2 k
2k + 5
Solução.
5 sen2 k
2k + 5
≤ 5
2k + 5
≤ 5
2k
=⇒
Pelo critério de comparação, como
∞∑
k=1
5
2k
converge, a série dada também converge.
3. Determine se a série converge absolutamente, condicionalmente ou se diverge:
∞∑
k=2
(−1)k+1
k(ln k)2
.
Solução. Para ver se a série dos valores absolutos converge, usamos o teste da integral
e, por substituição, u = ln x, du = 1
x
dx, dx = x du, temos∫ ∞
2
1
x (ln x)2
dx =
∫ ∞
ln 2
1
xu2
x du =
∫ ∞
ln 2
u−2 du = −1
u
]∞
ln 2
=
1
ln 2
, converge.
=⇒ A série converge absolutamente.
Prova 1 - 2002 (2).pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 1a prova - Turma A1 - 08/07/2002
1. Considere a série
∞∑
k=1
ak. Se a n-ésima soma parcial desta série é
3n− 1
2n+ 1
encontre:
(a) ak e
∞∑
k=1
ak.
(b) Verifique se a série converge ou diverge. Se convergir calcule a soma.
Solução. (a) ak = sk−sk−1 =
3k − 1
2k + 1
− 3k − 2
2k − 1
=
(3k − 1)(2k − 1)− (3k − 2)(2k + 1)
(2k + 1)(2k − 1)
=⇒ ak =
6k2 − 5k + 1− (6k2 − 3k − 2)
(2k + 1)(2k − 1)
=
3− 2k)
(2k + 1)(2k − 1)
E
∞∑
k=1
ak = lim
n→∞
sn = lim
n→∞
3n− 1
2n− 1
= lim
n→∞
3− 1
n
2 + 1
n
=
3
2
.
(b) A série converge para a soma
3
2
.
2. Determine se as seguintes séries são convergentes ou divergentes:
(a)
∞∑
k=1
e1/k
k2
Solução.
lim
k→∞
uk = lim
k→∞
ln
(
2k
k + 1
)
= lim
k→∞
ln
(
2
1 + 1
k
)
= ln 2 6= 0.
Pelo teste da divergência, a série diverge.
(b)
∞∑
k=1
8k +
√
k
5 + k2 + k7/2
Solução.
uk+1
uk
=
(k+1)!
(k+1)k+1
k!
kk
=
(k + 1)!
(k + 1)k+1
.
kk
k!
=
=
k!(k + 1)
(k + 1k(k + 1))
.
kk
k!
=
(
k
k + 1
)k
=
1
(1 + 1
k
)k
=⇒ lim
k→∞
uk+1
uk
= lim
k→∞
1
(1 + 1
k
)k
=
1
e
< 1. Pelo teste da razão, a série converge.
3. Determine se as seguintes séries são absolutamente convergentes ou condicionalmente
convergentes.
(a)
∞∑
k=1
(−1)k+1 k + 4
k2 + k
Solução. Para ver se a série dos valores absolutos converge, usamos o teste da integral
e, por substituição, u = ln x, du = 1
x
dx, dx = x du, temos∫ ∞
2
1
x (ln x)2
dx =
∫ ∞
ln 2
1
xu2
x du =
∫ ∞
ln 2
u−2 du = −1
u
]∞
ln 2
=
1
ln 2
, converge.
=⇒ A série converge absolutamente.
(b)
∞∑
k=1
(−1)k k!
1.3.5 . . . (2k − 1)
Solução.
Prova 1 - 2009.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 1a prova (33 pontos) - Turma D - 16/09/2009
Responda 3 questões:
1. (11 pontos) Ache o termo geral an e determine a soma da série:
1
2.4
+
1
4.6
+
1
6.8
+ . . .
Solução. an =
1
2n(2n+ 2)
=
1
2
(
1
2n
− 1
2n+ 2
)
. Então a soma parcial da série é
sn =
1
2
[(
1
2
− 1
4
)
+
(
1
4
− 1
6
)
+ . . . +
(
1
2n
− 1
2n+ 2
)]
=
1
2
(
1
2
− 1
2n+ 2
)
.
E a soma da série é s = lim
n→∞
sn =
1
4
.
2. (11 pontos) Determine se a série alternada é absolutamente convergente, condicio-
nalmente convergente ou divergente:
(a)
∞∑
n=1
(−1)n ln(n
2)
n
Solução. (i) f(x) =
ln(x2)
x
= 2
ln x
x
⇒ f ′(x) = 2
(
x. 1
x
− ln x.1
x2
)
⇒ f ′(x) = 2(1− ln x)
x2
< 0, se x > e
⇒
{
ln(n2)
n
}∞
n=3
é uma sequência decrescente.
(ii) lim
n→∞
ln(n2)
n
= lim
n→∞
2
ln(n)
n
= (usando L’Hôpital) = lim
n→∞
2
1
n
1
= 0.
Por (i) e (ii) a série
∞∑
n=1
(−1)n ln(n
2)
n
é convergente, usando o Teste da série alternada.
Mas esta série não é absolutamente convergente pois a série dos módulos diverge:
ln(n2)
n
≥ 1
n
e
∑ 1
n
diverge ⇒
∞∑
n=1
ln(n2)
n
diverge, usando o teste da comparação.
Em resumo,
∞∑
n=1
(−1)n ln(n
2)
n
é condicionalmente convergente.
(b)
∞∑
n=1
(−1)n
√
n
n+ 5
Solução. (i)
{ √
n
n+ 5
}
n≥6
é decrescente, e (ii) lim
n→∞
√
n
n+ 5
= 0.
Pelo Teste da série alternada,
∞∑
n=1
(−1)n
√
n
n+ 5
converge. Mas
∑ √n
n+ 5
diverge.
Portanto a série é condicionalmente convergente.
3. (11 pontos) Determine se a série abaixo é convergente ou divergente:
(a)
∞∑
n=1
sen2( 1
n
)
n
Solução. an =
sen2( 1
n
)
n
, bn =
1
n3
onde
∑ 1
n3
converge.
lim
n→∞
an
bn
= lim
n→∞
sen2( 1
n
)
n
.
n3
1
= lim
n→∞
sen2( 1
n
)
1
n2
= lim
n→∞
sen( 1
n
).sen( 1
n
)
1
n
. 1
n
=
= lim
n→∞
sen( 1
n
)
1
n
. lim
n→∞
sen( 1
n
)
1
n
= 1.1 = 1
Pelo Teste de Comparação do Limite, a série dada ou seja
∑
an também converge.
(b)
∞∑
n=3
1
n(2 + ln n)
Solução. Se f(x) =
1
x(2 + ln x)
então f(x) é decrescente pois f ′(x) < 0.
Integrando por substituição: u = 2 + ln x, du =
1
x
dx, dx = xdu∫
1
x(2 + ln x)
dx =
∫
1
x.u
.x du
∫
1
u
du = ln u = ln(2 + ln x).
⇒
∫ ∞
1
1
x(2 + ln x)
dx = ln(2 + ln x)
]∞
1
= +∞ e a integral diverge. Pelo teste
da integral, a série dada
∑
f(n) também diverge pois a integral diverge e f(x) é
decrescente e positiva.
4. (11 pontos) Use o Teste da Razão para achar todos os valores de x para os quais a
série
∞∑
n=1
(2x)2n
5n
√
n
seja convergente.
Solução. Seja un =
(2x)2n
5n
√
n
. Pelo teste da razão, a série converge absolutamente se
L = lim
n→∞
un+1
un
< 1. E a série diverge se L > 1. Mas L = lim
n→∞
(2x)2n+2
5n+1.
√
n+ 1
.
5n.
√
n
(2x)2n
=
=
(2x)2
5
. lim
n→∞
√
n
n+ 1
=
4
5
x2.
L =
4
5
x2 < 1 ⇔ |x| <
√
5
2
⇔ −
√
5
2
< x <
√
5
2
e a série converge neste caso.
Se L = 1 então x = +
√
5
2
e o teste da razão é inconcludente. Mas neste caso a série
dada é
∞∑
n=1
1√
n
que diverge. A série converge ⇔ −
√
5
2
< x <
√
5
2
.
Prova 1 - 2011 (2).pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 1a prova - Turma M1 - 13/04/2011
1. Calcule as somas:
(a)
∞∑
n=1
(
5
2n−1
− 1
3n−1
)
, (b)
∞∑
n=1
2n+ 1
n2(n+ 1)2
.
Solução. (a) 5
∑ 1
2n−1
−
∑ 1
3n−1
=
5
1− 1
2
− 1
1− 1
3
= 2.5− 3
2
=
17
2
.
(b) Como 2n+ 1 = (n+ 1)2 − n2, temos que 2n+ 1
n2(n+ 1)2
=
1
n2
− 1
(n+ 1)2
.
E,
∞∑
n=1
2n+ 1
n2(n+ 1)2
= lim
n→∞
((1− 1
22
) + ( 1
22
− 1
32
) + . . .+ ( 1
n2
− 1
(n+1)2
)) = 1
2. Determine se a série converge ou se diverge:
(a)
∞∑
n=1
5n3 − 3n
n2(n− 2)(n2 + 5)
, (b)
∞∑
n=1
8 arctg n
1 + n2
, (c)
∞∑
n=1
(n+ 3)!
3!n!3n
,
(d)
∞∑
n=1
(−1)n−1 1√
n+ 1
, (e)
∞∑
n=1
(−1)n−1
3 + n
5 + n
.
Solução. (a) an =
5n3 − 3n
n2(n− 2)(n2 + 5)
, bn =
5
n2
lim
n→∞
an
bn
= lim
n→∞
(5n3 − 3n)n2
n2(n− 2)(n2 + 5)5
= lim
n→∞
5− 3
n2
5(1− 2
n
)(1 + 5
n2
)∑ 5
n2
converge ⇒
∑
an converge, pelo Teste de Comparação no limite.
(b) an =
8arctg n
1 + n2
≤ bn =
8 π
2
n2
=
4π
n2∑ 4π
n2
converge (p-série com p = 2 > 1) ⇒
∑
an converge, pelo Teste de Comparação.
(c) an =
(n+ 3)!
3!n!3n
> 0 e aplicamos o Teste da Razão.
an+1
an
=
(n+ 4)!
3!(n+ 1)!3n+1
3!n!3n
(n+ 3)!
=
n+ 4
3(n+ 1)
→ 1
3
< 1
A série converge.
(d) Temos
(
1√
x+ 1
)′
= ((x+ 1)−1/2)′ = = −1
2
(x+ 1)−3/2 =
−1
2
√
(x+ 1)3
< 0
e
lim
n→∞
1√
n+ 1
= 0 ⇒ A série converge, pelo Teste da Série Alternada.
3. Determine se a sequência é crescente e se é limitada superiormente. Qual é o limite
lim
n→∞
an?
(a) an =
3n+ 1
n+ 1
, (b) an =
(2n+ 3)!
(n+ 1)!
, (c) an = 2−
2
n
− 1
2n
.
Solução. (a) an =
3n+ 1
n+ 1
, e
(
3x+ 1√
x+ 1
)′
=
3(x+ 1)− (3x+ 1)
(x+ 1)2
=
2
(x+ 1)2
> 0
Logo, {an} é crescente.
Também, an ≤
3n+ 3
n+ 1
=
3(n+ 1)
n+ 1
= 3 e lim
n→∞
an = lim
n→∞
3 + 1
n
1 + 1
n
= 3.
(b) an =
(2n+ 3)!
(n+ 1)!
, an+1 =
(2n+ 5)!
(n+ 2)!
an ≤ an+1 ⇔
(2n+ 3)!
(n+ 1)!
≤ (2n+ 5)!
(n+ 2)!
⇔ 1 ≤ (2n+ 4)(2n+ 5)
n+ 2
⇔ n+ 2 ≤ 4n2 + 18n+ 20, verdadeiro. Logo {an} é crescente. E
lim
n→∞
an = lim
n→∞
(2n+ 3)!
(n+ 1)!
= lim
n→∞
(n+ 2)(n+ 3) . . . (2n+ 3) = ∞
Donde, {an} não pode ser limitada superiormente.
(c)
2
n
decrescente ⇒ − 2
n
é crescente
1
2n
decrescente ⇒ − 1
2n
é crescente an = 2−
2
n
− 1
2n
é crescente.
an ≤ 2 ⇒ {an} é limitada superiormente por 2.
E lim
n→∞
an = lim
n→∞
(
2− 2
n
− 1
2n
)
= 2.
Prova 1 - 2011.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 1a prova - Turma B2 - 13/04/2011
1. (6 pontos). Determine a soma da série
∞∑
n=2
1
n2 − 1
.
Solução.
ai =
1
i2 − 1
=
1
2
(
1
i− 1
− 1
i+ 1
)
.
sn =
1
2
n∑
i=1
(
1
i− 1
− 1
i+ 1
)
=
=
1
2
((1− 1
3
) + (
1
2
− 1
4
) + (
1
3
− 1
5
) + (
1
4
− 1
6
) + . . .+ (
1
n− 2
− 1
n
) + (
1
n− 1
− 1
n+ 1
))
=⇒ sn =
1
2
(1 +
1
2
− 1
n
− 1
n+ 1
) é a soma parcial. Portanto
∞∑
k=1
1
n2 − 1
= lim
n→∞
sn = lim
n→∞
1
2
(1 +
1
2
− 1
n
− 1
n+ 1
) =
1
2
(1 +
1
2
) =
3
4
.
2. (12 pontos). Determine se as seguintes séries são divergentes ou convergentes.
(a)
∞∑
n=1
n2
en3
(b)
∞∑
n=1
(−1)n n+ 4
n2 + n+ 3
Solução. (a) Vemos que f(x) =
x2
ex3
é cont́ınua e decrescente pois
f ′(x) =
ex
3
.2x− x2.ex3 .3x2
e2x3
=
ex
3
.(2− 3x3).x
e2x3
< 0, x ≥ 1.
Integrando por substituição, u = x3, du = 3x2 dx,∫ ∞
1
x2
ex3
dx =
1
3
∫ ∞
1
e−u du = −1
3
e−u
]∞
1
= −1
3
e−∞ +
1
3
e−1 =
1
3e
< ∞
e a integral converge. Portanto, a série converge.
(b) Temos
(
x+ 4
x2 + x+ 3
)′
=
(x2 + x+ 3)− (x+ 4)(2x+ 1)
(x2 + x+ 3)2
=
x2 + x+ 3− 2x2 − x− 8x− 4
(x2 + x+ 3)2
=
−x2 − 8x− 4
(x2 + x+ 3)2
< 0, x ≥ 1,
e lim
n→∞
n+ 4
n2 + n+ 3
= 0.
Portanto, a série converge, pelo Teste da Integral.
3. (15 pontos). Determine se as seguintes séries são absolutamente convergentes, con-
dicionalmente convergentes ou divergentes.
(a)
∞∑
n=1
senn
n!en
Solução. bn =
1
n!en
⇒ bn+1
bn
=
n!en
(n+ 1)!en+1
=
1
(n+ 1)e
→ 0 < 1 ⇒
∞∑
n=1
bn converge.
Mas se an :=
senn
n!en
, então |an| =
|senn|
n!en
≤ bn =
1
n!en
⇒
∞∑
n=1
|an| também converge
pelo Teste de Comparação.
Ou seja, a série
∞∑
n=1
senn
n!en
é absolutamente convergente.
(b)
∞∑
n=1
n!
(−4)n
Solução. Se an =
n!
(−4)n
, então
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ = (n+ 1)!(−4)n+1 .(−4)nn! = n+ 14 , e
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1(an
∣∣∣∣ = limn→∞ n+ 14 = ∞ > 1 ⇒ A série diverge pelo Teste da Razão.
(c)
∞∑
n=1
(−1)n n
2
(n+ 2) ln(n+ 3)
Solução. Temos, se an = (−1)n
1
(n+ 2) ln(n+ 3)
, que
|an| =
1
(n+ 2) ln(n+ 3)
≥ bn =
1
(n+ 3) ln(n+ 3)
e
∫ ∞
1
1
(x+ 3) ln(x+ 3)
dx =
∫ ∞
1
1
u
du = ln ∞− ln 4 = ∞.
(Para ver que {bn} é decrescente, ver racioćınio abaixo em (i)). A série
∑
bn diverge
pelo Teste da Integral.
E a série dada não converge absolutamente, pélo Teste de Comparação.
Mas como
(i)
{
1
n+ 2
}
e
{
1
ln(n+ 3)
}
são decrescentes e positivas ⇒
{
1
(n+ 2) ln(n+ 3)
}
é decrescente, e
(ii) lim
n→∞
1
(n+ 2) ln(n+ 3)
= 0,
temos que a série dada converge, pelo Teste da Série Alternada, e portanto ela con-
verge condicionalmente pois já sabemos que não converge absolutamente.
Prova 1 Turma A2 2011.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
1a prova - Turma A2 - 13/04/2011
1. Considere a série
∞∑
n=1
1
n(ln n)2
(a) Mostre que ela converge.
(b) Estime o erro na soma da série ao se tomar a soma dos cinco primeiros termos.
2. Determine se as séries abaixo convergem ou se divergem:
(a)
∞∑
n=1
(−1)n
√
n
n+ 1
(b)
∞∑
n=1
cos2 3n
1 + 2n
3. Considere a sequência definida por
a1 = 1, an+1 = 3−
1
an
(a) Dê os cinco primeiros termos da sequência {an}∞1
(b) Prove que a sequência converge.
(c) Determine o valor do limite da sequência.
Prova 2 - 2002.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 2a prova - 12/08/2002 - 7:30hs
1. Determine o raio de convergência e o intervalo de convergência da série
∞∑
n=1
(−2)n√
n
(x+ 2)n
Solução. ρ = lim
n→∞
|an+1|
|an|
= lim
n→∞
2n+1|x+ 2|n+1√
n+ 1
.
√
n
2n|x+ 2|n
= lim
n→∞
2|x+ 2|
√
n
n+ 1
= 2|x+ 2| lim
n→∞
√
1
1 + 1
n
= 2|x+ 2| < 1
⇒ a série converge absolutamente para |x+ 2| < 1
2
⇒ −1
2
< x+ 2 <
1
2
⇒ −5
2
< x < −3
2
Examinando as extremidades do intervalo, se x = −5
2
, a série é
∞∑
n=1
(−2)n√
n
(−1
2
)n
∞∑
n=1
1√
n
que diverge, p-série, p = 1
2
< 1.
E se x = −3
2
a série é
∞∑
n=1
(−2)n√
n
(
1
2
)n
∞∑
n=1
(−1)n√
n
que converge,
pelo teste das séries alternadas, pois os módulos dos termos gerais an =
1√
n
formam
uma sequência decrescente que tende para 0, n → ∞.
O intervalo de convergência da série é −5
2
< x ≤ −3
2
2. Usando que
1
1− x
=
∞∑
n=0
xn para −1 < x < 1
(a) Ache uma representação em série de potências para f(x) = ln(1 + x2)x
2
.
(b) Determine o intervalo de convergência da série obtida no item (a).
Solução. (a) 1
1−x =
∞∑
n=0
xn, −1 < x < 1
Integrando,
− ln(1− x) =
∞∑
n=1
xn+1
n+ 1
, −1 < x < 1
Fazendo x = −x2 e multiplicando por −1,
ln(1 + x2) =
∞∑
n=1
(−1)n+1x2n+2
n+ 1
, −1 < x < 1
Por uma propriedade do logaritmo,
ln(1 + x2)x
2
= x2 ln(1 + x2) =
∞∑
n=0
(−1)n+1x2n+4
n+ 1
, − 1 < x < 1
(b) Para x = −1 ou x = 1, a série
∞∑
n=0
(−1)n+1x2n+4
n+ 1
converge, pelo teste da série
alternada. Portanto, o intervalo de convergência da série do ı́tem (a) é −1 ≤ x ≤ 1.
3. Considere as curvas c1 dada por r = 6 cos θ e c2 dada por r = 2 + 2 cos θ.
(a) Esboce as curvas c1 e c2.
(b) Encontre a área interior a c1 e exterior a c2.
(dica: sen2β = 1
2
(1− cos 2β); cos2 β = 1
2
(1 + cos 2β))
Solução. ((a),(b)) Pontos de interseção:
6 cos θ = 2 + 2 cos θ ⇒ 4 cos θ = 2 ⇒ cos θ = 1
2
⇒ θ = ±π
3
Como o integrando é par, basta integrar de 0 a π
3
e depois multiplicar por 2.
A = 2.1
2
∫ π
3
0
[(6 cos θ)2 − (2 + 2 cos θ)2] dθ
A =
∫ π
3
0
(32 cos2 θ − 8 cos θ − 4) dθ
A = 1
2
∫ π
3
0
(32 + 32 cos 2θ − 16 cos θ − 8) dθ
A = 1
2
(32 θ + 16 sen 2θ − 16 sen θ − 8 θ)
]π
3
0
A =
1
2
(32
π
3
+ 8
√
3− 8
√
3− 8π
3
) = 4π
4. Determine os pontos P e Q
da cardióide r = 1−cos θ onde a reta tangente é horizontal
e que estão fora da origem. Se P e Q estão no 2o e no 3ro quadrantes, respectivamente,
ache o comprimento do segmento da cardióide que começa no ponto P e termina no
ponto Q, no sentido crescente do ângulo θ.
Solução. Pontos de tangente horizontal: y′ = 0, x′ 6= 0
y′ = 0 = (rsen θ)′ = r′sen θ + r cos θ, onde r = 1− cos θ, r′ = sen θ
y′ = sen2θ + (1− cos θ) cos θ = −2 cos2 θ + cos θ + 1 = 0 ⇒ cos θ = −1
2
θ =
2π
3
ou θ =
4π
3
.
E, por simetria, para calcular o comprimento L, basta integrar de 2π/3 a π de depois
multiplicar por 2.
L = 2
∫ π
2π/3
√
r2 + (dr
dθ
)2 dθ = 2
∫ π
2π/3
√
(1− 2 cos θ + cos2 θ + sen2 θ dθ =
2
∫ π
2π/3
√
(2(1− cos θ) dθ = 2
∫ π
2π/3
√
4 sen2 θ
2
dθ = 4
∫ π
2π/3
sen θ
2
dθ =
8(cos
π
3
− cos π
2
) = 4
Prova 2 - 2004.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 2a prova - 17/05/2004 - 13:00h
1. Nos itens abaixo encontre a série de Maclaurin de f(x) :
(a) f(x) = cos(x3),
Solução. A série é alternada do tipo
∞∑
n=1
(−1)nbn com bn =
√
n
n+ 1
> 0. Aplicamos o
Teste da Série Alternada.
(i) Se f(x) =
√
x
x+ 1
, então f ′(x) =
(x+ 1) 1
2
√
x
−
√
x
(x+ 1)2
=
x+ 1− 2x
2
√
x(x+ 1)2
=
=
1− x
2
√
x(x+ 1)2
≤ 0, x ≥ 1 e f(x) é decrescente. E a sequência {
√
n
n+ 1
} é decrescente.
(ii) lim
n→∞
√
n
n+ 1
= lim
n→∞
1√
n
1 + 1
n
= 0.
Por (i) e (ii) e pelo Teste da série alternada, concluimos que a série converge.
(b) f(x) =
∫ x
0
et
2
dt
Solução. Pelo Teste de Comparação para séries de termos positivos, como
cos2 3n
1 + 2n
≤ 1
2n
temos que a série dada converge pois a série maior
∞∑
n=1
1
2n
, que é a série geométrica
de razão 1
2
< 1, também converge.
2. Considere a função f(x) =
√
x, x ≥ 0.
(a) Encontre a série de f(x) em torno do ponto a = 1;
(b) Determine o intervalo de convergência da série do item anterior;
(c) Encontre a Série de Maclaurin da função
√
x2 + 1. (Sugestão: Utilize a série
do item (a))
Solução. (a) Usaremos o Teste da integral para séries com termo geral positivo e
decrecescente. Vemos que f(x) =
1
x (ln x)2
é cont́ınua e decrescente pois f ′(x) =
−((ln x)2 + 2 ln x
x2(ln x)4
< 0. Integrando por substituição, u = ln x, du = 1/x dx,∫ ∞
2
1
x(ln x)2
dx =
∫ ∞
ln 2
1
u2
du = −1
u
]∞
ln 2
= =
1
ln 2
< ∞ e a integral converge.
Portanto, a série converge.
(b) Rn ≤
∫ ∞
n
1
x(ln x)2
dx =
1
ln n
⇒ R5 ≤
1
ln 5
3. Seja R a região interior à curva de equação polar r = 2(1+ cos θ) e exterior ao ćırculo
de centro na origem e raio 2.
(a) Esboce a região R;
(b) Encontre a área da região R. (Lembrete: A área da região limitada pela curva
r = f(θ) para α ≤ θ ≤ b)
(c) Determine o valor do limite da sequência.
Solução. (a) a1 = 1, a2 = 3−
1
a1
= 2, a3 = 3−
1
a2
=
5
2
, a4 = 3−
1
a3
=
13
5
,
a5 = 3−
1
a4
=
34
13
. Os cinco primeiros termos formam uma sequência crescente.
(b) (i) Vamos provar que a sequência {an} toda é crescente. Seja
P(n) : an < an+1, onde n é um número natural.
Temos que P(1) é verdadeira pois a1 = 1 < a2 = 2.
Suponhamos que P(k) seja verdadeira para um k natural e fixado, ou seja que
ak < ak+1 onde k é fixo.
Mas então,
⇒ 1
ak+1
<
1
ak
⇒ − 1
ak
< − 1
ak+1
⇒ 3− 1
ak
< 3− 1
ak+1
⇒ ak+1 < ak+2.
E concluimos que P(k + 1) também é verdadeira.
Portanto P(n) : an < an+1 vale para todo n ∈ N, por indução matemática. Donde
a sequência {an} é crescente.
(ii) Provemos que an < 3 e portanto que {an} é limitada superiormente.
Sabemos que a1 < 3. Suponha que ak < 3 onde k é um número fixo. Mas então
− 1
ak
< −1
3
e
3− 1
ak
< 3− 1
3
< 3. Portanto ak+1 < 3. Donde concluimos, por indução matemática,
que an é limitada superiormente pelo número 3, para todo n natural .
(iii) Por (i) e (ii) concluimos que {an} converge, graças ao Teorema da Sequência
Monótona.
(c) an+1 = 3−
1
an
⇒ lim
n→∞
an+1 = 3− lim
n→∞
1
an
⇒ L = 3− 1
L
,
onde os limites são iguais porque {an+1} é uma subsequência da sequência convergente
{an}. Donde, L2 = 3L− 1 ⇒ L2 − 3L+ 1 = 0 ⇒ L =
3±
√
5
2
⇒ L = 3 +
√
5
2
.
De fato, eliminamos o sinal negativo pois temos
3−
√
5
2
< 1 e seria absurdo afirmar
L < 1 pois a condição 1 < an, (a sequência é crescente) implica que 1 ≤ lim
n→∞
an = L.
Prova 2 - 2009.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 2a prova - Turma D - 04/11/2009
Responda 3 questões:
1. Calcule a integral indefinida como uma série de potências e ache o seu raio de con-
vergência: ∫
t
27− t8
dt .
Solução. Pela série geométrica,
t
27− t8
=
t
27
1
1− t8
27
=
t
27
∞∑
n=0
t8n
27n
=
∞∑
n=0
t8n+1
(27)n+1
,
que converge se t
8
27
< 1 ⇒ t8 < 27 ⇒ |t| < 8
√
27t ⇒ − < 8
√
27 < t < 8
√
27.
Integrando termo a termo,∫
t
27− t8
dt =
∞∑
n=0
t8n+2
(8n+ 2)(27)n+1
,
com intervalo de convergência − < 8
√
27 < t < 8
√
27.
2. Use derivação e integração para achar uma representação como série de potências para
f :
(a) f(x) = ln
(
1 + x
1− x
)
. (b) f(x) =
1
(1 + x)3
.
Solução. Por logaritmos, f(x) = ln
(
1 + x
1− x
)
= ln(1 + x)− ln(1− x).
Para começar, derivamos f(x),
f ′(x) =
(
ln(1 + x)− ln(1− x)
)′
=
1
1 + x
− 1
1− x
(−1) = 1
1 + x
+
1
1− x
=
2
1− x2
,
ou seja, usando séries geométricas,
f ′(x) =
∞∑
n=0
2x2n.
Usando que f(0) = 0, integramos para conseguir f(x) na forma de uma série,
f(x) =
∫ x
0
f ′(x) dx =
∫ x
0
∞∑
n=0
2x2n dx =
∞∑
n=0
2
2n+ 1
x2n+1
(b) f(x) =
1
(1 + x)3
.
Solução.
1
1 + x
=
∞∑
n=0
(−1)nxn.
Derivando,
−1
(1 + x)2
=
∞∑
n=1
(−1)nnxn−1.
Derivando, de novo,
2
(1 + x)3
=
∞∑
n=2
(−1)nn(n− 1)xn−2.
Portanto,
1
(1 + x)3
=
∞∑
n=2
(−1)nn(n− 1)
2
xn−2
=
1
2
(2.1− 3.2x+ 4.3x2 − . . .+ (−1)nn(n− 1).xn−2 + . . . ).
3. Encontre a área da região que está dentro de ambos os ćırculos r = 2 sen θ e
r = sen θ + cos θ.
Solução. O primeiro ćırculo, r = 2 sen θ, passa pela origem, tem centro no ponto (0,1),
raio 1 e, portanto, está contido somente no 1o e 2o quadrantes. Observamos que este
ćırculo passa pela origem, r = 0, para os valores, θ = 0 e θ = π. O segundo ćırculo,
r = sen θ+cos θ, também passa pela origem, pois, em coordenadas cartesianas, vemos
que tem centro em (1
2
, 1
2
) e raio 1√
2
. Observe também que este ćırculo passa pela origem,
r = 0, para os valores θ = −π
4
e θ = 3π
4
.
Além da origem r = 0 , o outro ponto de interseção dos dois ćırculos é dado por
r = 2 sen θ = sen θ + cos θ ⇒ sen θ = cos θ ⇒ θ = π
4
, r =
√
2 .
A região que está dentro de ambos os ćırculos é uma união de duas regiões, R1 e R2. A
fronteira de R1 está formada pelo 1
o ćırculo e pela reta θ = π
4
. A fronteira de R2 está
formada pelo 2o ćırculo e pela reta θ = π
4
. Pela fórmula, a área da região é
A =
∫ π
4
0
1
2
r2 dθ +
∫ 3π
4
π
4
1
2
r2 dθ
A =
1
2
∫ π
4
0
(2 sen θ)2 dθ +
1
2
∫ 3π
4
π
4
(sen θ + cos θ)2 dθ
A =
1
2
∫ π
4
0
4 sen2θ dθ +
1
2
∫ 3π
4
π
4
(sen2 θ + 2sen θ cos θ + cos2 θ) dθ
A =
1
2
∫ π
4
0
4
1− sen 2 θ
2
dθ +
1
2
∫ 3π
4
π
4
(1 + 2sen θ cos θ) dθ
A =
(
θ +
cos 2 θ
2
)]π
4
0
+
(
θ
2
+ sen2 θ
)] 3π
4
π
4
A =
(
π
4
+
0
2
)
−
(
0 +
1
2
)
+
(
3π
8
+
1
2
)
−
(
π
8
+
1
2
)
=
π − 1
2
.
4. Use:
dy
dx
=
dr
dθ
sen θ + r cos θ
dr
dθ
cos θ − rsen θ
para provar que r = a sen θ e r = a cos θ se interceptam em ângulos retos.
Solução. Para a primeira curva, r = a sen
θ temos que dr
dθ
= a cos θ e a inclinação é
m1 =
dy
dx
=
a cos θ sen θ + a sen θ cos θ
a cos2 θ − asen2 θ
⇒ m1 =
2 a sen θ cos θ
a (cos2 θ − sen2 θ)
=
sen 2θ
cos 2θ
= tg 2θ.
Para a segunda curva, r = a cos θ temos que dr
dθ
= −a sen θ e a inclinação é
m2 =
dy
dx
=
−a sen2 θ + a cos2 θ
−a sen θ cos θ − a cos θ sen θ
⇒ m2 =
a cos 2 θ
−asen 2 θ
= −cotg 2 θ.
Portanto,
m1m2 = (tg 2 θ)(−cotg 2 θ) = −1,
e as curvas r = a sen θ e r = a cos θ se interceptam em ângulos retos.
Prova 2 - 2011 (2).pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 2a prova - Turma B2 - 25/05/2011
1. Considere a série de potências
∞∑
n=1
ln n
n
(5x− 2)n.
(a) Determine em que ponto está centrada esta série e calcule o raio de convergência.
(b) Determine o intervalo de convergência.
Solução. (a) Usando L’Hôpital,
ρ = lim
n→∞
|an+1|
|an|
= lim
n→∞
ln (n+ 1) |5x− 2|n+1
n+ 1
.
n
ln (n) |5x− 2|n
=
lim
n→∞
ln(n+ 1)
ln(n)
n
n+ 1
|5x− 2| = |5x− 2|. lim
n→∞
ln(n+ 1)
ln(n)
. lim
n→∞
n
n+ 1
=
|5x− 2|. lim
n→∞
1
n+1
1
n
. lim
n→∞
1
1
= |5x− 2| = |5(x− 2
5
)| < 1
⇒ a série converge absolutamente para |x− 2
5
| < 1
5
⇒ −1
5
< x− 2
5
<
1
5
⇒ 1
5
< x <
3
5
(b) Examinando as extremidades do intervalo, se x =
3
5
, a série é
∞∑
n=1
ln n
n
que diverge, pelo teste da comparação, pois,
ln n
n
>
1
n
, n ≥ 3 e a série harmônica
∞∑
n=1
1
n
é divergente.
E se x =
1
5
a série é
∞∑
n=1
(−1)n ln n
n
que converge pelo teste da série alternada, pois a sequência { ln n
n
} é decrescente
devido a (
ln n
n
)′ =
1− ln n
n2
< 0, e, também, usando L’Hôpital,
lim
n→∞
ln n
n
= lim
n→∞
1
n
1
= 0.
O intervalo de convergência da série é
1
5
≤ x < 3
5
2. Considere as curvas polares r = 3 + 2 sen θ e r = 2.
(a) Esboce as curvas e calcule os pontos de interseção.
(b) Calcule a área da região que está dentro de ambas as curvas.
Solução. (a) Pontos de interseção:
r = 3+ 2 sen θ = 2 ⇒ sen θ = −1
2
⇒ Temos dois pontos, a saber, um no 3o e um no 4o
quadrantes, ou seja,
θ1 = −π6 < θ2 =
7π
6
(Neste caso o ponto inicial é o que está no 4o quadrante e o final
no 3o).
(Também podemos considerar θ1 =
7π
6
< θ2 =
11π
6
se precisarmos que o ponto inicial
seja o do 3o quadrante e o final o do 4o).
(b) A = A1 + A2, sendo
A1 =
1
2
∫ 7π
6
−π
6
r2 dθ, para r = 2, e A2 =
1
2
∫ 11π
6
7π
6
r2 dθ, para r = 3 + 2 sen θ.
Assim
A =
1
2
∫ 7π
6
−π
6
22 dθ+
1
2
∫ 11π
6
7π
6
(3 + 2 sen θ)2 dθ
A =
8π
3
+
1
2
∫ 11π
6
7π
6
(9 + 12 sen θ + 4 sen2θ) dθ
A =
8π
3
+
1
2
∫ 11π
6
7π
6
(9 + 12 sen θ + 2(1− cos 2θ)) dθ
A =
8π
3
+
1
2
∫ 11π
6
7π
6
(11 + 12 sen θ − 2 cos 2θ)) dθ
A =
8π
3
+ (
11π
3
− 6 cos 11π
6
+ 6 cos
7π
6
−1
2
sen 11π
3
+ 1
2
sen 7π
3
))
A =
8π
3
+ (
11π
3
− 6
√
3
2
− 6
√
3
2
− 1
2
(−
√
3
2
) + 1
2
(
√
3
2
)) =
19π
3
+
√
3
2
=
38π − 33
√
3
6
3. (a) Determine a série de Maclaurin da função f(x) =
cos(x2)− 1
x2
Solução. (a) cos x =
∞∑
n=0
(−1)n x
2n
(2n)!
⇒ cos x2 =
∞∑
n=0
(−1)n x
4n
(2n)!
⇒ cos x2 − 1 =
∞∑
n=1
(−1)n x
4n
(2n)!
= −x
4
2!
+
x8
4!
− x
12
6!
+
x16
8!
− . . .
⇒ cos x
2 − 1
x2
=
∞∑
n=1
(−1)nx
4n−2
(2n)!
= −x
2
2!
+
x6
4!
− x
10
6!
+
x14
8!
− . . .
(b) Calcule a integral indefinida
∫
ln(1− t)
t
dt como uma série de potências. Qual é
o raio de convergência?
Solução.
1
1− t
=
∞∑
n=0
tn
Integrando
=⇒ − ln(1− t) =
∞∑
n=0
tn+1
n+ 1
⇒ ln(1− t)
t
=
∞∑
n=0
−tn
n+ 1
⇒
∫
ln(1− t)
t
dt =
∞∑
n=0
−tn+1
(n+ 1)2
= − t
12
− t
2
22
− t
3
32
− t
4
42
− . . .
Se |t− a| < R é o maior intervalo aberto centrado em a onde a série de potências em
(t − a) converge, então o raio de convergência desta série é R. No nosso caso, a série
converge se |t| < 1 e diverge se |t| > 1, pois ela foi obtida a partir da série geométrica.
Ou seja, o centro é a = 0 e o raio de convergência é R = 1.
Prova 2 - 2011 (3).pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 2a prova - Turma M1 - 25/05/2011
1. Encontre o raio de convergência e o intervalo de convergência da série
∞∑
n=1
(4x+ 1)n
n2
(Ver o prob. 25, pag. 691 do Stewart).
Solução. Usando o Teste da Razão para an =
(4x+ 1)n
n2
,
ρ = lim
n→∞
|an+1|
|an|
= lim
n→∞
|4x+ 1|n+1
(n+ 1)2
.
n2
|4x+ 1|n
= lim
n→∞
|4x+ 1|( n
n+1
)2
= |4x+ 1| lim
n→∞
( 1
1+ 1
n
)2 = |4x+ 1| = |4(x+ 1
4
)| < 1.
⇒ a série converge absolutamente se |x+ 1
4
| < 1
4
(e diverge se |x+ 1
4
| > 1
4
)
⇒ O raio de convergência da série
∞∑
n=1
4n
n2
(x+ 1
4
)n é R = 1
4
⇒ a série converge em
−1
4
< x+
1
4
<
1
4
⇒ −1
2
< x < 0
(b) Para x = 0 a série é
∞∑
n=1
1
n2
que converge pois é uma p-série com p = 2 > 1. E
para x = −1
2
a série é
∞∑
n=1
(−1)n 1
n2
que converge pelo Teste da Série Alternada, pois
{ 1
n2
} é uma sequência decrescente que tende para 0 quando n vai para o infinito.
O intervalo de convergência da série é −1
2
≤ x < 0
2. Considere a curva dada por r = eθ para 0 ≤ θ ≤ 2π.
(a) Faça um esboço.
(b) Encontre os pontos onde a tangente à curva é horizontal, vertical ou faz um ângulo
de π/4 com a horizontal e marque estes pontos em seu esboço.
(c) Determine o comprimento L da parte da curva que está fora do ćırculo r = 2 mas
dentro do ćırculo r = 5.
(Ver a relação com os probs. 29 e 45, pag. 604 do Stewart).
Solução. (a) A curva r = eθ é uma espiral.
(b) Inclinação
dy
dx
da curva com equação polar r = eθ :
x = r cos θ, y = r sen θ.
dy
dθ
=
dr
dθ
sen θ+ r cos θ = eθ(sen θ+cos θ),
dx
dθ
=
dr
dθ
cos θ− rsen θ = eθ(cos θ− sen θ)
Pontos de tangente horizontal:
dy
dθ
= 0 ⇒ sen θ = − cos θ ⇒ θ = 3π
4
ou θ =
7π
4
,
são os pontos onde a tangente é horizontal.
Observamos que nestes pontos
dx
dθ
= 2eθ cos θ 6= 0.
Pontos de tangente vertical:
dx
dθ
= 0 ⇒ sen θ = cos θ ⇒ θ = π
4
ou θ =
5π
4
,
são os pontos onde a tangente é horizontal.
Observamos que nestes pontos
dy
dθ
= 2eθ cos θ 6= 0.
Pontos de tangente que faz um ângulo de π/4 com a horizontal:
dy
dθ
=
dx
dθ
⇒ 2 sen θ = 0 ⇒ θ = 0, π, 2 π
são os pontos onde a tangente faz um ângulo de π/4 com a horizontal.
(c) Interseção da espiral com r = 2 e com r = 5.
r = eθ = 2 ⇒ θ = ln 2, r = eθ = 5 ⇒ θ = ln 5.
Então o comprimento da parte da espiral que fica dentro de r = 5 e fora de r = 2 é
L =
∫ ln 5
ln 2
√
r2 + (dr
dθ
)2 dθ =
∫ ln 5
ln 2
√
e2θ + e2θ dθ =
√
2
∫ ln 5
ln 2
eθ dθ =
√
2eθ
]ln 5
ln 2
=
√
2(5− 2) = 3
√
2
3. Encontre a área da região que está dentro de ambos os ćırculos r = 2 sen θ e
r = sen θ + cos θ (Ver o prob. 35, pag. 636 do Stewart).
Solução. Curvas: r = 2 sen θ, 0 ≤ θ ≤ π e r = sen θ + cos θ, 0 ≤ θ ≤ 2 π.
Pontos de interseção:
r = 2 sen θ = sen θ + cos θ ⇒ sen θ = cos θ ⇒ θ = π
4
Para θ =
π
4
temos r =
√
2 em ambas as curvas e o ponto correspondente (1, 1) está
no primeiro quadrante. O outro ponto de interseção é a origem (0, 0) que corresponde
aos ângulos θ = 0 ou θ = π para a ćırculo r = 2 sen θ e ao ângulo θ =
3π
4
para o outro
ćırculo r = sen θ + cos θ.
A área encerrada por ambas as curvas é
A = A1 + A2 =
1
2
∫ π
4
0
(2 sen θ)2 dθ +
1
2
∫ 3π
4
π
4
(sen θ + cos θ)2 dθ
=
∫ π
4
0
2
(1− cos 2θ)
2
dθ +
1
2
∫ 3π
4
π
4
(sen2θ + 2sen θ cos θ + cos θ2) dθ
=
∫ π
4
0
(1− cos 2θ) dθ +
∫ 3π
4
π
4
(
1
2
+ sen θ cos θ) dθ
= (θ − sen 2θ
2
)
]π
4
0
+ ( θ
2
+ sen
2θ
2
)
] 3π
4
π
4
=
(
π
4
− 1
2
)
+
(
π
4
)
=
1
2
(π − 1)
4. Calcule a área da superf́ıcie gerada pela rotação da curva
x = 3t2, y = 2t3, 0 ≤ t ≤ 5
em torno do eixo y (Ver o prob. 65, pag. 605 do Stewart).
Solução. A área da superf́ıcie resultante é
A =
∫ 5
0
2πx
√
(dx
dt
)2 + (dy
dt
)2 dt =
∫ 5
0
2 π (3t2)
√
(6 t)2 + (6 t2)2 dt =
∫ 5
0
2π (3t2)
√
36 t2 + 36 t4 dt =∫ 5
0
2 π (3 t2)
√
36 t2 (1 + t2) dt =
∫ 5
0
2 π (18 t3)
√
1 + t2 dt,
e fazendo a substituição u = 1 + t2, du = 2t dt; t2 = u− 1,
t = 0 → u = 1, t = 5 → u = 26,
A =
∫ 26
1
9π t2
√
u du =
∫ 26
1
9π (u− 1)
√
u du = 9 π
∫ 26
1
(u3/2 − u1/2) du =
9 π (2
5
u5/2 − 2
3
u3/2)
]26
1
= 9π (2
5
((26)2
√
26− 1)− 2
3
(26
√
26− 1)) =
18π
15
((3(676)− 5(26))
√
26− 3 + 5) = 6π
5
(1898
√
26 + 2) =
12π
5
(949
√
26 + 1)
Prova 2 - 2011.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 2a prova - Turma A2 - 25/05/2011
1. (a) Encontre uma representação em série de potências para a função f(x) e deter-
mine o intervalo de convergência da série, se
f(x) =
x+ 2
x− 2
(b) Encontre a representação em série de potências para a função g(x) =
∫
f(x) dx,
onde f(x) é a função da parte (a).
Solução. (a)
1
1− r
=
∞∑
n=0
rn, |r| < 1. Logo,
1
x− 2
=
−1
2
1− x
2
=
∞∑
n=0
(
−1
2
)(
x
2
)n
=
∞∑
n=0
− x
n
2n+1
,
∣∣∣∣x2
∣∣∣∣ < 1
Então
x+ 2
x− 2
= −(x+ 2)
∞∑
n=0
xn
2n+1
= −(x+ 2)(1
2
+ x
22
+ x
2
23
+ . . .+ x
n−1
2n
+ x
n
2n+1
+ . . .), |x| < 2
= −x(1
2
+ x
22
+ x
2
23
+ . . .+ x
n−1
2n
+ x
n
2n+1
+ . . .)− 2(1
2
+ x
22
+ x
2
23
+ . . .+ x
n−1
2n
+ x
n
2n+1
+ . . .)
= −(x
2
+ x
2
22
+ x
3
23
+ . . .+ x
n
2n
+ x
n+1
2n+1
+ . . .)− (1 + x
2
+ x
2
22
+ . . .+ x
n−1
2n−1
+ x
n
2n
+ . . .)
−(1 + x+ x2
2
+ x
3
22
+ . . .+ x
n
2n−1
+ . . .)
= −1−
∞∑
n=1
xn
2n−1
, |x| < 2.
Ou seja, esta série converge em −2 < x < 2 (e diverge fora deste intervalo).
(b) Examinando as extremidades do intervalo, se x = −2 ou 2, em cada caso
∞∑
n=1
(−1)n2 ou
∞∑
n=1
2, a série
∞∑
n=1
xn
2n−1
diverge, pelo Teste da Divergência,
dado que, lim
n→∞
an 6= 0 para an = 2 ou an = (−1)n2.
E o intervalo de convergência é −2 < x < 2
2. Considere a curva espiral dada em coordenadas polares por r = eθ para 0 ≤ θ ≤ 2π.
(a) Faça um esboço.
(b) Encontre os pontos onde a tangente à curva é horizontal e marque estes pontos
em seu esboço.
(c) Determine o comprimento da parte da curva que fica no interior de r = 2.
(d) Determine a área delimitada pela curva e as semi-retas θ = 0 e θ = π.
Solução. (a),(b) Inclinação
dy
dx
da curva com equação polar r = eθ :
x = r cos θ, y = r sen θ.
dy
dθ
=
dr
dθ
sen θ+ r cos θ = eθ(sen θ+cos θ),
dx
dθ
=
dr
dθ
cos θ− rsen θ = eθ(cos θ− sen θ)
Pontos de tangente horizontal:
dy
dθ
= 0 ⇒ sen θ = − cos θ ⇒ θ = 3π
4
ou θ =
7π
4
,
são os pontos onde a tangente é horizontal.
Observamos que nestes pontos
dx
dθ
= 2eθ cos θ 6= 0.
(c) Interseção da espiral com r = 2.
r = eθ = 2 ⇒ θ = ln 2.
Então o comprimento da parte da espiral que fica dentro de r = 2 é
L =
∫ ln 2
0
√
r2 + (dr
dθ
)2 dθ =
∫ ln 2
0
√
e2θ + e2θ dθ =
∫ ln 2
0
√
2eθ dθ =
√
2eθ
]ln 2
0
=
√
2(2− 1) =
√
2
(d) Área delimitada pela espiral e as semi-retas θ = 0 e θ = π.
A =
∫ π
0
1
2
r2 dθ =
∫ π
0
1
2
e2θ dθ = 1
4
e2θ ]π0 =
e2π − 1
4
Prova 3 - 2002.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 3a prova - 10/03/2002 - 13h
1. Considere f(x, y) = xy arctg (x
y
)
(a) Encontre a curva de nivel c que passa pelo ponto p = (1, 1).
(b) Encontre a equação da reta normal à curva c no ponto p = (1, 1).
(c) Encontre a derivada direcional de f no ponto p = (1, 1), na direção de ~v = 2~i+~j.
(d) Encontre a equação da reta normal ao gráfico de f no ponto
P = (x, y, z) onde x =
√
3
2
e y = 1
2
.
Solução. f(x, y) = xy arctg (x
y
).
(a) f(1, 1) = arctg(1) = π
4
⇒ O ponto (1, 1) está no ńıvel π
4
⇒ A curva de ńıvel
c que passa pelo ponto (1, 1) é xy arctg (
x
y
) =
π
4
.
(b) fx = y arctg (
x
y
) + xy 1
1+(x
y
)2
· 1
y
⇒ fx = y arctg (xy ) +
xy2
x2+y2
fy = x arctg (
x
y
) + xy 1
1+(x
y
)2
· −x
y2
⇒ fy = x arctg (xy )−
x2y
x2+y2
⇒ fx(1, 1) =
π
4
+
1
2
, fy(1, 1) =
π
4
− 1
2
A equação simétrica da reta normal à curva de ńıvel de f que passa por (x0, y0) é
x−x0
fx(x0,y0)
= y−y0
fy(x0,y0)
⇒ x− 1π
4
+ 1
2
=
y − 1
π
4
− 1
2
é a equação da reta normal à curva c no ponto p = (1, 1).
(c) ~v = (2, 1) ⇒ |~v| =
√
5 ⇒ ~u = ~v/|~v| = ( 2√
5
, 1√
5
) é o vetor unitário na direção de ~v.
A derivada direcional de f no ponto p = (1, 1), na direção de ~v = 2~i+~j é
D~uf(1, 1) = ∇f(1, 1) · ~u = (π4 +
1
2
) 2√
5
+ (π
4
− 1
2
) 1√
5
=
3π + 2
4
√
5
.
(d) No ponto (
√
3
2
, 1
2
),
fx(
√
3
2
, 1
2
) = 1
2
arctg(
√
3)+
√
3
8
3
4
+ 1
4
=
π
6
+
√
3
8
, e
fy(
√
3
2
, 1
2
) =
√
3
2
arctg(
√
3)−
3
8
3
4
+ 1
4
=
√
3π
6
− 3
8
.
Temos que a equação da reta normal a uma superf́ıcie F (x, y, z) = c no ponto (x0, y0, z0)
está dada por x−x0
Fx(x0,y0,z0)
= y−y0
Fy(x0,y0,z0)
= z−z0
Fz(x0,y0,z0)
.
O gráfico da superf́ıcie z = f(x, y) pode ser dado por F (x, y, z) = f(x, y) − z = 0
e, assim, a equação da reta normal a z = f(x, y) em (x0, y0, f(x0, y0)) é dada por
x−x0
fx(x0,y0)
= y−y0
fy(x0,y0)
= z−z0−1 .
Então a equação da reta normal ao gráfico de f no ponto P = (x0, y0, z0) em que
x0 =
√
3
2
, y0 =
1
2
e z0 =
√
3
4
arctg(
√
3) =
π
√
3
8
é
x−
√
3
2
π
6
+
√
3
8
=
y − 1
2√
3π
6
− 3
8
=
z − π
√
3
8
−1
.
2. Seja w = f(ρ) onde f é duas vezes diferenciável e ρ = (x2 + y2 + z2)
1
2 .
(a) Encontre ∂w
∂x
, ∂w
∂y
e ∂w
∂z
.
(b) Mostre que w = f(ρ) é solução da equação diferencial parcial
(∂w
∂x
)2 + (∂w
∂y
)2 + (∂w
∂z
)2 = (dw
dρ
)2.
Solução. (a), (b) Temos que w é função de ρ que por sua vez é função de x, y e z;
portanto, pela regra da cadeia,
∂w
∂x
= dw
dρ
∂ρ
∂x
= dw
dρ
x
ρ
, ∂w
∂y
= dw
dρ
∂ρ
∂y
= dw
dρ
y
ρ
, e ∂w
∂z
= dw
dρ
∂ρ
∂z
= dw
dρ
z
ρ
, .
E então, começando pelo lado esquerdo da equação, temos
(∂w
∂x
)2 + (∂w
∂y
)2+ (∂w
∂z
)2 = (dw
dρ
x
ρ
)2 + (dw
dρ
y
ρ
)2+ (dw
dρ
z
ρ
)2 = (dw
dρ
)2((x
ρ
)2 + (x
ρ
)2 + (x
ρ
)2) =
(dw
dρ
)2(x
2+y2+z2
ρ2
) = (dw
dρ
)2
(pois, x2 + y2 + z2 = ρ2), chegando assim ao lado direito da equação.
3. Encontre os máximos e mı́nimos absolutos de f(x, y) = x2 + 4y2 definida em
A = {(x, y) ∈ R2/ x2 + y2 ≤ 1}.
Solução. Procuraremos os valores máximo e mı́nimo absoluto de f no disco fechado
x2 + y2 ≤ 1
No interior do disco fechado, x2 + y2 < 1 :
Pontos cŕıticos: fx = 2x = 0, fy = 8y = 0 ⇒ f(0, 0) = 0
Na fronteira do disco fechado, x2 + y2 = 1 :{
f(x, y) = x2 + 4y2 (maximizar)
g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0
⇒ ∇f(x, y) = λ∇g(x, y), g(x, y) = 0,
usando multiplicadores de Lagrange. Ou seja
⇒ 2x = λ(2x), 4y = λ(2y), x2 + y2 − 1 = 0.
E são duas as possibilidades:
1a) x = 0 → y2 − 1 = 0 ⇒ y = ±1 ⇒ f(0,±1) = 4, ou,
2a) λ = 1 ⇒ y = 0 ⇒ x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1, y = 0 ⇒ f(±1, 0) = 1 .
Os valores mı́nimo e máximo de f são, respectivamente (após a comparação entre
os três valores achados), f(0, 0) = 0 e f(0,±1) = 4.
Prova 3 - 2003.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 3a prova - 25/09/2002 - 9:25h
1. Calcule cada um dos limites abaixo (ou mostre
que não existe limite):
(a) lim
(x,y)→(0,0)
x2 + y2√
x2 + y2 + 4− 2
(b) lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2 + 5y2
Solução. (a) Multiplicando pelo conjugado, o limite é
lim
(x,y)→(0,0)
(x2 + y2)(
√
x2 + y2 + 4 + 2)
x2 + y2 + 4− 4
= lim
(x,y)→(0,0)
√
x2 + y2 + 4 + 2 = 2 + 2 = 4.
(b) Consideramos os limites direcionais ao longo de dois caminhos que se aproximam
da origem (0, 0).
Primeiro, se x = y, o limite acima é
lim
x→0
x2
x2 + 5x2
=
1
6
e, em segundo lugar, se y = 2x, o mesmo limite é
lim
x→0
2x2
x2 + 20x2
=
2
21
e, portanto, como estes limites direcionais são diferentes, o limite no enunciado da
questão não existe.
2. Seja f(x, y) = xy2exy. Considere o ponto P = (0,−1).
(a) Determine a direção de maior crescimento de f em P.
(b) Calcule a derivada direcional de f nesta direção.
(c) Determine a reta tangente à curva de ńıvel de f que passa pelo ponto P.
Solução. (a)
{
fx = y
2exy + xy2exyy = y2exy(1 + 2xy),
fy = x2ye
xy + xy2exyx = xyexy(2 + xy)
⇒ fx(0,−1) = 1, fy(0,−1) =
0 ⇒ ∇f(0,−1) = (1, 0)
e a direção de maior crescimento de f no ponto (0,−1) é
~u = ∇f(0,−1)/|∇f(0,−1)| = (1, 0) .
(b) A derivada direcional de f no ponto p = (0,−1) e na direção de maior crescimento
é |∇f(0,−1)| = 1 .
(c) A direção da reta tangente é (0, 1) pois é perpendicular à normal. E as equações
paramétricas da reta tangente no ponto (0,−1) são
x = 0 + 0t, y = −1 + t, t ∈ R ⇔ x = 0 é a equação da reta tangente.
3. Determine os pontos de máximo e de mı́nimo da função
f(x, y) = x2 + y2 − 2y
sobre a curva
x2 + 4y2 − 4 = 0.
Solução. Pelo método dos multiplicadores de Lagrange, procuramos os (x, y) tais que
∇f(x, y) = λ∇g(x, y), g(x, y) = 0, onde{
f(x, y) = x2 + y2 − 2y (queremos maximizar esta f)
g(x, y) = x2 + 4y2 − 4 = 0 (curva)
⇒

2x = λ(2x)
2y − 2 = λ(8y)
x2 + 4y2 − 4 = 0
Duas possibilidades:
1a) x = 0 → 4y2 − 4 = 0 ⇒ y = ±1 f(0,−1) = 3, f(0, 1) = −1
ou
2a) λ = 1 ⇒ 2y − 2 = 8y ⇒ y = −1
3
.
Substituindo em g(x, y) = 0,
x2 + 41
9
− 4 = 0 ⇒ x2 = 32
9
⇒ y = −1
3
, x = ±4
√
2
3
.
Então f(±4
√
2
3
,−1
3
) =
32
9
+
1
9
+
2
3
ou seja, f(±4
√
2
3
,−1
3
) =
39
9
e este é o valor máximo de f (após a comparação entre os três valores achados). O
valor mı́nimo de f é f(0, 1) = −1 .
Prova 3 - 2004 (2).pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 3a prova - 30/06/2004 - 15h
1. Mostre que não existe o limite
lim
(x,y)→(0,0)
xy
3x2 + 2y2
Solução. Consideramos os limites direcionais ao longo de dois caminhos que se apro-
ximam da origem (0, 0).
Primeiro, se x = y, o limite acima é
lim
x→0
x2
3x2 + 2x2
= lim
x→0
x2
x2(3 + 2)
=
1
5
e, em segundo lugar, se y = 2x, o mesmo limite é
lim
x→0
x2
3x2 + 8x2
= lim
x→0
x2
x2(3 + 8)
=
1
11
e, portanto, como estes limites direcionais são diferentes, o limite no enunciado da
questão não existe.
2. Encontre os valores dos coeficientes positivos a e b tais que o plano tangente ao elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
4
= 3,
no ponto P = (a, b, 2) seja paralelo ao plano 6x+ y + z = 9.
Solução. ∇f(x, y, z) = (2x
a2
, 2y
b2
, 2z
4
)
⇒ ∇f(a, b, 2) = (2
a
,
2
b
, 1) , é normal ao plano tangente ao elipsoide
f = x
2
a2
+ y
2
b2
+ z
2
4
= 3 no ponto P = (a, b, 2).
Também sabemos que o vetor ~n = (6, 1, 1) é normal ao plano 6x+ y + z = 9.
Os planos são paralelos, se e somente se as normais são paralelas,
⇔

2
a
= 6λ
2
b
= λ
1 = λ
⇒ λ = 1 ⇒ a = 1
3
, b = 2
3. Considere a função f(x, y) = y2 + 4x2y.
(a) Encontre um vetor unitário ~u tal que D~uf(5, 2) = 0.
(b) Encontre os valores máximo e mı́nimo absolutos de f no disco fechado
x2 − 2y + y2 ≤ 3.
Solução. (a) ∇f(x, y) = (8xy, 2y+4x2), onde f(x, y) = y2+4x2y ⇒ ∇f(1, 1) = (8, 6)
e se (1) ~u = (a, b) , queremos
D~uf(1, 1) = ∇f(1, 1) · ~u = (8, 6) · (a, b) = 8a+ 6b = 0 ⇒ (2) b = −
4
3
a
E como ~u é unitário,
1 = |~u|2 = a2 + b2 = a2 + 16
9
a2 = 25
9
a2 ⇒ a2 = 9
25
⇒ (3) a = ±3
5
De (1), (2) e (3), escolhemos a = 3
5
⇒ b = −4
5
e ~u = (
3
5
,−4
5
)
(b) Procuraremos os valores máximo e mı́nimo absoluto de f no disco fechado
x2 − 2y + y2 ≤ 3.
No interior do disco fechado, x2 − 2y + y2 < 3 :
Pontos cŕıticos: fx = 8xy = 0, fy = 2y + 4x
2 = 0{
y = −2x2
y3 = 0
⇒ x = 0, y = 0, f(0, 0) = 0
Na fronteira do disco fechado, x2 − 2y + y2 = 3 :{
f(x, y) = y2 + 4x2y (maximizar)
g(x, y) = x2 − 2y + y2 − 3 = 0
⇒ ∇f(x, y) = λ∇g(x, y), g(x, y) = 0,
usando multiplicadores de Lagrange.
8xy = λ(2x)
2y + 4x2 = λ(2y − 2)
x2 − 2y + y2 − 3 = 0
Duas possibilidades:
1a) x = 0 → y2 − 2y − 3 = 0 ⇒ y = −1 ou y = 3 ⇒ f(0,−1) = 1, f(0, 3) = 9
ou
2a) λ = 4y =
y + 2x2
y − 1
⇒ 4y2 − 4y = y + 2x2 ⇒ x2 = 2y2 − 5
2
y.
Substituindo em g(x, y) = 0,
y2−2y+2y2− 5
2
y−3 = 0 ⇒ y2−y−1 = 0 ⇒ y = −1
2
, x = ±
√
7
2
ou y = 2, x = ±
√
3.
Então f(±
√
7
2
,−1
2
) = −13
4
e f(±
√
3, 2) = 28
e estes são, respectivamente, os valores mı́nimo e máximo de f (após a comparação
entre os cinco valores achados).
4. Encontre os pontos cŕıticos da f(x, y) = y2 − 2yx2 − 2x4 + x2 e classifique-os.
Solução. Pontos cŕıticos de f :
fx = −4xy − 8x3 + 2x = 0, fy = 2y − 2x2 = 0, onde f(x, y) = y2 − 2yx2 − 2x4 + x2
⇒

y = x2
e
−4x3 − 8x3 + 2x = 2x(−6x2 + 1) = 0
⇒

x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ P1 = (0, 0) , ou
x2 = 1
6
, x = ± 1√
6
, y = 1
6
, ⇒ P2 = (
1√
6
,
1
6
) ou P3 = (−
1√
6
,
1
6
)
Teste da derivada segunda
fxx = −4y − 16x2 + 2, fxy = −4x, , fyy = 2 D = fxxfyy − f2xy
⇒ D = −8y − 48x2 + 4 = −56y + 4
pois y = x2 num ponto cŕıtico.
D(0, 0) = 4 > 0, fxx(0, 0) = 2 > 0 ⇒ P1 = (0, 0) é mı́nimo relativo.
D( 1√
6
, 1
6
) = D(− 1√
6
, 1
6
) = −32
6
< 0
⇒ P2 = (
1√
6
,
1
6
) e P3 = (−
1√
6
,
1
6
) são pontos de sela.
Prova 3 - 2004.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 3a prova - 30/06/2004 - 13h
1. Mostre que não existe o limite
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x3 + xy2 + zxy2
xyz
Solução. Consideramos o limite ao longo de dois caminhos que se aproximam da
origem de R3.
Primeiro, se x = y = z, o limite acima é
lim
x→0
x3 + x3 + x4
x3
= lim
x→0
1 + 1 + x = 2
e, em segundo lugar, se z = x, y = 2x, o mesmo limite é
lim
x→0
x3 + 4x3 + 4x4
2x3
= lim
x→0
1 + 4 + 2x
2
=
5
2
e, portanto, o limite no enunciado da questão não existe.
2. Encontre os valores dos coeficientes positivos a e b tais que o plano tangente ao elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
4
= 3,
no ponto P = (a, b, 2) seja paralelo ao plano x+ 6y + z = 9.
Solução. O vector gradiente∇f = (fx, fy, fz) no pontoQ(x, y, z) é dado por∇f(x, y, z) =
(2x
a2
, 2y
b2
, z
4
), onde f = x
2
a2
+ y
2
b2
+ z
2
4
e sabemos que ∇f(x, y, z) é normal ao plano tangente
ao elipsoide no ponto Q(x, y, z).
⇒ ∇f(a, b, 2) = ( 2
a
, 2
b
, 1
2
), é normal ao plano tangente ao elipsoide no ponto
P = (a, b, 2).
Também sabemos que o vetor ~n = (1, 6, 1) é normal ao plano x+ 6y + z = 9.
Para o plano tangente ao elipsoide no ponto P ser paralelo ao plano x + 6y + z = 9,
temos que os vetores ∇f(a, b, 2) e ~n devem ser paralelos, ou seja ∇f(a, b, 2) = λ~n para
algum λ ∈ R
⇔

2
a
= λ
2
b
= λ · 6
1
2
= λ
⇒

a = 2
λ
=
2
1
2
⇒ a = 4
b = 2
6λ
=
2
6
2
⇒ b = 2
3
3. Considere a função f(x, y) = x2 + 4xy2.
(a) Encontre um vetor unitário ~u tal que D~uf(1, 1) = 0.
(b) Encontre os valores máximo e mı́nimo absolutos de f no disco fechado
x2 − 2x+ y2 ≤ 3.
Solução. (a) ∇f(x, y) = (2x+4y2, 8xy), onde f(x, y) = x2+4xy2 ⇒ ∇f(1, 1) = (6, 8)
e se (1) ~u = (a, b) , queremos
D~uf(1, 1) = ∇f(1, 1) · ~u = (6,
8) · (a, b) = 6a+ 8b = 0 ⇒ (2) b = −
3
4
a
E como ~u é unitário,
1 = |~u|2 = a2 + b2 = a2 + 9
16
a2 = 25
16
a2 ⇒ a2 = 16
25
⇒ (3) a = ±4
5
De (1), (2) e (3), escolhemos a = 4
5
⇒ b = −3
5
e ~u = (
4
5
,−3
5
)
(b) Procuraremos os valores máximo e mı́nimo absoluto de f no disco fechado
x2 − 2x+ y2 ≤ 3.
No interior do disco fechado, x2 − 2x+ y2 < 3 :
Pontos cŕıticos: fx = 2x+ 4y
2, fy = 8xy = 0{
x = −2y2
y3 = 0
⇒ x = 0, y = 0, f(0, 0) = 0
Na fronteira do disco fechado, x2 − 2x+ y2 = 3 :{
f(x, y) = x2 + 4xy2 (maximizar)
g(x, y) = x2 − 2x+ y2 − 3 = 0
Pelo método dos multiplicadores de Lagrange ⇒ ∇f(x, y) = λ∇g(x, y), g(x, y) = 0
2x+ 4y2 = λ(2x− 2)
8xy = λ(2y)
x2 − 2x+ y2 − 3 = 0
Duas possibilidades:
1a) y = 0 → x2 − 2x− 3 = 0 ⇒ x = −1 ou x = 3 ⇒ f(−1, 0) = 1, f(3, 0) = 9
ou
2a) λ = 4x =
x+ 2y2
x− 1
⇒ 4x2 − 4x = x+ 2y2 ⇒ y2 = 2x2 − 5
2
x.
Substituindo em g(x, y) = 0,
x2−2x+2x2− 5
2
x−3 = 0 ⇒ x2−x−1 = 0 ⇒ x = −1
2
, y = ±
√
7
2
ou x = 2, y = ±
√
3.
Então f(−1
2
,±
√
7
2
) = −13
4
e f(2,±
√
3) = 28
e estes são, respectivamente, os valores mı́nimo e máximo de f (após a comparação
entre os cinco valores achados).
4. Encontre os pontos cŕıticos da f(x, y) = x2 − 2xy2 − 2y4 + y2 e classifique-os.
Solução. Pontos cŕıticos de f :
fx = 2x− 2y2 = 0, fy = −4xy − 8y3 + 2y = 0, onde f(x, y) = x2 − 2xy2 − 2y4 + y2.
x = y2
e
−4y3 − 8y3 + 2y = 2y(−6y2 + 1) = 0
⇒

y = 0 ⇒ x = 0 ⇒ P1 = (0, 0) , ou
y2 = 1
6
, x = 1
6
, y = ± 1√
6
⇒ P2 = (
1
6
,
1√
6
) ou P3 = (
1
6
,− 1√
6
)
Teste da derivada segunda
fxx = 2, fxy = −4y, fyy = −4x− 16y2 + 2, D = fxxfyy − f 2xy
⇒ D = −8x− 48y2 + 4 = −56x+ 4
pois x = y2 num ponto cŕıtico.
D(0, 0) = 4 > 0, fxx(0, 0) = 2 > 0 ⇒ P1 = (0, 0) é mı́nimo relativo.
D(1
6
, 1√
6
) = D(1
6
,− 1√
6
) = −32
6
< 0
⇒ P2 = (
1
6
,
1√
6
) e P3 = (
1
6
,− 1√
6
) são pontos de sela.
Prova 3 - 2009.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 3a prova - Turma D - 02/12/2009
1. Se z = sen(x+ sen t), mostre que
∂z
∂x
∂2z
∂x∂t
=
∂z
∂t
∂2z
∂x2
.
Solução.
2. Em qual ponto do parabolóide y = x2 + z2 o plano tangente é paralelo ao plano
x+ 2y + 3z = 1?
Solução.
3. Determine os pontos da superf́ıcie xy2z3 = 2 que estão mais próximos da origem.
Solução.
4. Determine os valores máximo e mı́nimo absolutos de f(x, y) = 4xy2 − x2y2 − xy3 no
conjunto D, onde D é a região triangular fechada do plano xy com vértices (0, 0), (0, 6)
e (6, 0).
Solução.
Prova 3 2004.pdf
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciências Exatas – ICEx
Departamento de Matemática
Cálculo Diferencial e Integral II
Resolução da 3a prova - 30/06/2004 - 13h
1. Mostre que não existe o limite
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x3 + xy2 + zxy2
xyz
Solução. Consideramos o limite ao longo de dois caminhos que se aproximam da
origem de R3.
Primeiro, se x = y = z, o limite acima é
lim
x→0
x3 + x3 + x4
x3
= lim
x→0
1 + 1 + x = 2
e, em segundo lugar, se z = x, y = 2x, o mesmo limite é
lim
x→0
x3 + 4x3 + 4x4
2x3
= lim
x→0
1 + 4 + 2x
2
=
5
2
e, portanto, o limite no enunciado da questão não existe.
2. Encontre os valores dos coeficientes positivos a e b tais que o plano tangente ao elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
4
= 3,
no ponto P = (a, b, 2) seja paralelo ao plano x+ 6y + z = 9.
Solução. O vector gradiente∇f = (fx, fy, fz) no pontoQ(x, y, z) é dado por∇f(x, y, z) =
(2x
a2
, 2y
b2
, z
4
), onde f = x
2
a2
+ y
2
b2
+ z
2
4
e sabemos que ∇f(x, y, z) é normal ao plano tangente
ao elipsoide no ponto Q(x, y, z).
⇒ ∇f(a, b, 2) = ( 2
a
, 2
b
, 1
2
), é normal ao plano tangente ao elipsoide no ponto
P = (a, b, 2).
Também sabemos que o vetor ~n = (1, 6, 1) é normal ao plano x+ 6y + z = 9.
Para o plano tangente ao elipsoide no ponto P ser paralelo ao plano x + 6y + z = 9,
temos que os vetores ∇f(a, b, 2) e ~n devem ser paralelos, ou seja ∇f(a, b, 2) = λ~n para
algum λ ∈ R
⇔

2
a
= λ
2
b
= λ · 6
1
2
= λ
⇒

a = 2
λ
=
2
1
2
⇒ a = 4
b = 2
6λ
=
2
6
2
⇒ b = 2
3
3. Considere a função f(x, y) = x2 + 4xy2.
(a) Encontre um vetor unitário ~u tal que D~uf(1, 1) = 0.
(b) Encontre os valores máximo e mı́nimo absolutos de f no disco fechado
x2 − 2x+ y2 ≤ 3.
Solução. (a) ∇f(x, y) = (2x+4y2, 8xy), onde f(x, y) = x2+4xy2 ⇒ ∇f(1, 1) = (6, 8)
e se (1) ~u = (a, b) , queremos
D~uf(1, 1) = ∇f(1, 1) · ~u = (6, 8) · (a, b) = 6a+ 8b = 0 ⇒ (2) b = −
3
4
a
E como ~u é unitário,
1 = |~u|2 = a2 + b2 = a2 + 9
16
a2 = 25
16
a2 ⇒ a2 = 16
25
⇒ (3) a = ±4
5
De (1), (2) e (3), escolhemos a = 4
5
⇒ b = −3
5
e ~u = (
4
5
,−3
5
)
(b) Procuraremos os valores máximo e mı́nimo absoluto de f no disco fechado
x2 − 2x+ y2 ≤ 3.
No interior do disco fechado, x2 − 2x+ y2 < 3 :
Pontos cŕıticos: fx = 2x+ 4y
2, fy = 8xy = 0{
x = −2y2
y3 = 0
⇒ x = 0, y = 0, f(0, 0) = 0
Na fronteira do disco fechado, x2 − 2x+ y2 = 3 :{
f(x, y) = x2 + 4xy2 (maximizar)
g(x, y) = x2 − 2x+ y2 − 3 = 0
Pelo método dos multiplicadores de Lagrange ⇒ ∇f(x, y) = λ∇g(x, y), g(x, y) = 0
2x+ 4y2 = λ(2x− 2)
8xy = λ(2y)
x2 − 2x+ y2 − 3 = 0
Duas possibilidades:
1a) y = 0 → x2 − 2x− 3 = 0 ⇒ x = −1 ou x = 3 ⇒ f(−1, 0) = 1, f(3, 0) = 9
ou
2a) λ = 4x =
x+ 2y2
x− 1
⇒ 4x2 − 4x = x+ 2y2 ⇒ y2 = 2x2 − 5
2
x.
Substituindo em g(x, y) = 0,
x2−2x+2x2− 5
2
x−3 = 0 ⇒ x2−x−1 = 0 ⇒ x = −1
2
, y = ±
√
7
2
ou x = 2, y = ±
√
3.
Então f(−1
2
,±
√
7
2
) = −13
4
e f(2,±
√
3) = 28
e estes são, respectivamente, os valores mı́nimo e máximo de f (após a comparação
entre os cinco valores achados).
4. Encontre os pontos cŕıticos da f(x, y) = x2 − 2xy2 − 2y4 + y2 e classifique-os.
Solução. Pontos cŕıticos de f :
fx = 2x− 2y2 = 0, fy = −4xy − 8y3 + 2y = 0, onde f(x, y) = x2 − 2xy2 − 2y4 + y2.
x = y2
e
−4y3 − 8y3 + 2y = 2y(−6y2 + 1) = 0
⇒

y = 0 ⇒ x = 0 ⇒ P1 = (0, 0) , ou
y2 = 1
6
, x = 1
6
, y = ± 1√
6
⇒ P2 = (
1
6
,
1√
6
) ou P3 = (
1
6
,− 1√
6
)
Teste da derivada segunda
fxx = 2, fxy = −4y, fyy = −4x− 16y2 + 2, D = fxxfyy − f 2xy
⇒ D = −8x− 48y2 + 4 = −56x+ 4
pois x = y2 num ponto cŕıtico.
D(0, 0) = 4 > 0, fxx(0, 0) = 2 > 0 ⇒ P1 = (0, 0) é mı́nimo relativo.
D(1
6
, 1√
6
) = D(1
6
,− 1√
6
) = −32
6
< 0
⇒ P2 = (
1
6
,
1√
6
) e P3 = (
1
6
,− 1√
6
) são pontos de sela.
2 prova (1).jpg