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prova com gabarito calculo e fisica

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE ITAJUBÁ 
CÁLCULO – PROVA DE TRANSFERÊNCIA FACULTATIVA E PARA 
PORTADOR DE DIPLOMA DE CURSO SUPERIOR – 02/12/2012 
Candidato:_________________________________________________________ 
Curso Pretendido: __________________________________________________ 
OBSERVAÇÕES: 01 – Prova SEM consulta 
 02 – A prova PODE ser feita a lápis 
 03 - PROIBIDO o uso de calculadoras e similares 
 04 - Duração: 2 HORAS 
 
1a Questão (10 pontos): 
a) Determine o valor de c para que a função dada por 
2
)4()1(
)(
2



xc
xx
xf
 satisfaça a 
igualdade 
)2()1( ff 
. 
b) Para o valor da constante c obtida no item anterior, determine todos os valores de 
x
 
para os quais 
0)( xf
. 
SOLUÇÃO 
a) 
 
2
10
1


c
f
 e 
 
22
30
2


c
f
 
Igualando: 




60302020
22
30
2
10
cc
cc
 
b) Devemos resolver a inequação: 
0
42
)4()1( 2



x
xx
 
 
 
Portanto o Conjunto-Solução da inequação é: 
+ + + + + + + + + + + + + + + + + - - - - - - - - - - - - - - - - 
x
 
x
 
x
 
12 x
 
4x
 
x42
 
4
 
2
1
 
 xf
 - - - - - - - - - - - + + + + + + + + + - - - - - - - - - - - - - - - 
- 
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 
- - - - - - - - - - - + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 
+ + 
4
 
2
1
 
x
 
4c
 







2
1
4/ xxS
 
 
2a Questão (10 pontos): As retas tangentes ao gráfico da função 
  754 23  xxxxf
 pelos 
pontos 
1x
 e 
3x
 são concorrentes num ponto P. Encontre as coordenadas desse ponto. 
 
SOLUÇÃO 
 
A equação da reta tangente ao gráfico da função 
 xf
 pelo ponto 
 00 , yx
 é: 
 
  000 . xxxfyy 
 
Temos: 
  583 2  xxxf
 
 Para 
  0151 00  fyx
 
Assim, a reta tangente é: 
    51.05  yxy
 
 Para 
  8313 00  fyx
 
Assim, a reta tangente é: .
    2583.81  xyxy
 
Para encontrar o ponto P, basta igualar as equações das retas, ou seja: 
2
5
2085258  xxx
 
 
Portanto: 
 
 
3a Questão (10 pontos): Usando Integração Por Partes, resolver a integral 
 dxarctgxI .
. 
 
SOLUÇÃO 
 
O método de Integração por Partes é: 
  duvvudvu ...
 








  xvdxdvdxdv
dx
x
duarctgxu
21
1
 
Então: 
 
 dx
x
x
arctgxxI
21
.
 
 






5,
2
5
P
 
  CxarctgxxI  21ln
2
1
.
 
4a Questão (10 pontos): Achar 
 yxfz ,
 se 
yxx
y
z
coscos 


 e 
xxxf 3cos
22
, 




  
SOLUÇÃO 
 
Temos: 
   

 dy
y
z
yxfz ,
 
         xCsenyxxyyxfdyyxxyxf .cos.,coscos,
 
Como 
xxxf 3cos
22
, 




  , então:     xxCxCxxxx 4cos.
2
3cos
2

 
 
Portanto: 
 
 
5a Questão (10 pontos): Calcular 
 
R
dxdyyxf ,
, onde R é a região do 1o quadrante limitada por 
295 xy 
: 
a) considerando 
  ;6, yxf
 
b) considerando 
  ., yxyxf 
 
 
 SOLUÇÃO 
 
 
a) Em ambos os casos a região de integração 
R
 é: 





295
20
:
xy
x
R
. 
         
 

2
0
9
5
2
0
2
0
2
0
229
5
2 2
6243065466,
x x
R
dxxdxxdxydydxdxdyyxf
 
 
    
2
0
3224, xxdxdyyxf
R
 
 
 
  xsenyxxyyxf 4.cos., 
 
  
R
dxdyyxf 32,
 
b) 
          



















2
0
9
5
2
0
2
0
22
2
9
5
22
2
2
25
5
2
9
9.
2
,
x
x
R
dxx
x
xxdx
y
xydydxyxdxdyyxf
 
   






2
0
4
23
2
25
5
2
9
2
81
9, dxx
x
xxxdxdyyxf
R
 
   






2
0
4
23 28
2
94, dx
x
xxxdxdyyxf
R
 
 
2
0
5
3
4
2 28
10
3
4
2, 





 x
x
x
x
xdxdyyxf
R
= 
 
   565
16
2448,
R
dxdyyxf
 
 
 
6a Questão (10 pontos): Um menino chutou uma bola. Esta atingiu altura máxima de 12 metros 
e voltou ao solo 8 segundos após o chute. Sabendo que uma função quadrática expressa a 
altura y da bola em função do tempo t de percurso, encontre esta função. 
a) 
tty 6
4
3 2 
 b) 
tty 4
3
4 2 
 c) 
tty 3
4
1 2 
 d) 
tty 5
5
3 2 
 
SOLUÇÃO 
 
A função quadrática procurada tem a forma: 
cbtaty  2
. 
Porém, para 
0t
, temos 
0y
. 
Assim, concluímos que 
0c
. 
Por outro lado, para 
8t
, temos 
0y
. 
Logo: 
abba 80864 
 
A altura máxima atingida é a ordenada do vértice, ou seja: 
12
4



a
yv
 
Assim: 
6
4
3
12
4
64
12
4
12
4
4 222






ba
a
a
a
b
a
bac
 
 
Portanto: 
 
  
R
dxdyyxf
5
196
,
 
tty 6
4
3 2 
 
 
7a Questão (10 pontos): A concentração C de uma certa substância química no fluxo sangüíneo 
em t horas após ser injetada no músculo é dada por C = 
354
3
t
t

. 
Após quantas horas essa concentração será máxima? 
a) 
2
 horas b) 
3
 horas c) 
4
 horas d) 
5
 horas 
 
SOLUÇÃO 
 
Devemos ter 
0
dt
dC
 (Ponto Crítico). 
 
   23
3
23
23
54
6162
54
3.354.3
t
t
dt
dC
t
ttt
dt
dC






 
 
Igualando a zero: 
 2706162 33 tt
 
 
8a Questão (10 pontos): Calculando a integral 



8
1 32 x
dx
I
, obtemos: 
 a) 
1
 b) 
8
 c) 
5
26
 d) 
9
 
SOLUÇÃO 
 
Fazendo: 
    tdttdxtxtxtxtx 2.2.32222 223223233 
 
 Para 
11  tx
 
 Para 
28  tx
 
Então:     








2
1
2
1
35
24
2
1
22
4
3
4
5
.644.6
2.6
t
tt
dtttdt
t
tt
I
 
 









15
6020312016096
.64
3
4
5
1
8
3
32
5
32
.6I
 
 
horast 3
 
5
26
I
 
 
9a Questão (10 pontos): Qual é a variação percentual no volume de um cilindro circular reto 
quando seu raio sofre um aumento de 12% e a sua altura diminui de 8%.? 
a) o seu volume permanece constante 
b) o volume aumenta de 12% 
c) o volume diminui de 4% 
d) o volume aumenta de 16% 
 
SOLUÇÃO 
 
O volume de um cilindro de raio 
r
 e altura 
h
 é 
hrV 2
. 
A Diferencial Total é: 
dhrrhdrdVdh
h
V
dr
r
V
dV 22.  






 
Dividindo por 
hrV 2
, obtemos: 
h
dh
r
dr
V
dV
dh
hr
r
dr
hr
rh
V
dV
 .2
2
2
2
2 


 
Tomando 
12
r
dr
 e 
8
h
dh
, temos: 
 16824
V
dV
 
 
 
10a Questão (10 pontos): Calculando o valor da integral 
 
2
2
cos3
0
22 sen


  drdr
, obtemos: 
 a) 

 b) 
2
 c) 
1

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