Caputi - P2 - Tipo W

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BC 0402 - Func¸o˜es de Uma Varia´vel - Turmas A2 e B2
2a Avaliac¸a˜o - 11 de dezembro de 2014 - Prof. Armando Caputi
PROVA W - Resolvida
1. Calcule os limites abaixo:
(a) lim
x→0+
(senx)x (b) lim
x→1
∫ x
−1 sen(pi sen
pi t
2
) dt∫ x
2−x e
−t2dt
Resoluc¸a˜o:
(a) O limite e´ uma inderterminac¸a˜o do tipo [00]. Para resolver essa indeterminac¸a˜o, reescrevemos
(senx)x = ex ln(senx)
e calculamos o limite
lim
x→0+
x ln(senx).
Este u´ltimo ainda e´ uma indeterminac¸a˜o, desta vez do tipo [0.∞]. Segundo L’Hoˆpital, resulta:
lim
x→0+
x ln(senx) = lim
x→0+
ln(senx)
1
x
= lim
x→0+
d
dx
(ln(senx))
d
dx
(
1
x
) ,
desde que este u´ltimo limite exista. Temos:
lim
x→0+
d
dx
(ln(senx))
d
dx
(
1
x
) = lim
x→0+
cosx
senx
− 1
x2
= lim
x→0+
−x
2 cosx
senx
= lim
x→0+
−x x
senx
cosx = 0
(note que nesta u´ltima passagem usamos o limite fundamental trigonome´trico). Conclu´ımos, assim,
que
lim
x→0+
(senx)x = lim
x→0+
ex ln(senx) = e0 = 1.
(b) Esse limite e´ uma indeterminac¸a˜o do tipo [0
0
]. Para justificar essa afirmac¸a˜o, considere os
seguintes argumentos:
• Inicialmente, para facilitar, ponhamos
f(x) =
∫ x
−1
sen(pi sen
pi t
2
) dt
g(x) =
∫ x
2−x
e−t
2
dt.
• A func¸a˜o sen(pi sen pi t
2
) e´ cont´ınua. Logo, pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo (TFC), a
func¸a˜o f(x) e´ diferencia´vel. Consequentemente, f(x) e´ cont´ınua.
• Pela definic¸a˜o de continuidade, resulta
lim
x→1
f(x) = f(1) =
∫ 1
−1
sen(pi sen
pi t
2
) dt.
• A func¸a˜o sen(pi sen pi t
2
) e´ ı´mpar, logo∫ 1
−1
sen(pi sen
pi t
2
) dt = 0
.
• De forma ana´loga, para o denominador: a func¸a˜o e−t2 e´ cont´ınua, logo, pelo TFC, a func¸a˜o
g(x) e´ diferencia´vel (portanto cont´ınua).
• Pela definic¸a˜o de continuidade,
lim
x→1
g(x) = g(1) =
∫ 1
2−1
e−t
2
dt =
∫ 1
1
e−t
2
dt = 0.
Consolidado que se trata de uma indeterminac¸a˜o do tipo [0
0
], podemos (tentar) usar L’Hoˆpital:
lim
x→1
∫ x
−1 sen(pi sen
pi t
2
) dt∫ x
2−x e
−t2dt
= lim
x→1
d
dx
(∫ x
−1 sen(pi sen
pi t
2
) dt
)
d
dx
(∫ x
2−x e
−t2dt
)
caso este u´ltimo limite exista. Usando o TFC (e a notac¸a˜o acima), resulta:
f ′(x) =
d
dx
(∫ x
−1
sen(pi sen
pi t
2
) dt
)
= sen(pi sen
pi x
2
)
e
g′(x) =
d
dx
(∫ x
2−x
e−t
2
dt
)
∗
=
d
dx
(∫ 0
2−x
e−t
2
dt+
∫ x
0
e−t
2
dt
)
=
d
dx
(
−
∫ 2−x
0
e−t
2
dt+
∫ x
0
e−t
2
dt
)
∗∗
= −(−e−(2−x)2) + e−x2 = e−(2−x)2 + e−x2 .
(*) Note que poder´ıamos ter escolhido qualquer outro extremo a, ao inve´s de a = 0, para efeito
desse ca´lculo.
(**) Nessa passagem, foi usada a regra da cadeia.
Temos enta˜o (notando que as func¸o˜es f ′(x) e g′(x) acima sa˜o cont´ınuas em x = 1):
lim
x→1
f ′(x)
g′(x)
=
f ′(1)
g′(1)
=
0
2e−1
= 0
logo
lim
x→1
∫ x
−1 sen(pi sen
pi t
2
) dt∫ x
2−x e
−t2dt
= 0.
2. Calcule as integrais:
(a)
∫ 0
−2
x3
√
4− x2 dx (b)
∫ 1
0
x ln(x2 + 1) dx (c)
∫ (
2
(x+ 1)2
+
9
(x2 + 9)2
)
dx
Resoluc¸a˜o:
(a) Seguem abaixo duas soluc¸o˜es para essa integral:
Soluc¸a˜o 1: Substituic¸a˜o trigonome´trica: x = 2 senu. Resulta:
• dx = 2 cosu du
• √4− x2 = √4− 4 sen2 u = 2√cos2 u = 2 cosu (pois u = arcsen x
2
∈ [−pi
2
, pi
2
], logo cosu ≥ 0)
• x = −2⇒ u = −pi
2
• x = 0⇒ u = 0
Logo ∫ 0
−2
x3
√
4− x2 dx =
∫ 0
−pi/2
(8 sen3 u) (2 cosu) (2 cosu) du = 32
∫ 0
−pi/2
sen3 u cos2 u du.
Esta u´ltima integral trigonome´trica se resolve com a mudanc¸a de varia´vel t = cosu. Temos:
• dt = − senu du
• sen2 u = 1− cos2 u = 1− t2
• u = −pi
2
⇒ t = 0
• u = 0⇒ t = 1
donde
32
∫ 0
−pi/2
sen3 u cos2 u du = 32
∫ 0
−pi/2
sen2 u cos2 u senu du = 32
∫ 1
0
(1− t2)t2(−dt)
= −32
∫ 1
0
(t2 − t4)dt = −32
(
t3
3
− t
5
5
)∣∣∣∣1
0
= −64
15
.
Soluc¸a˜o 2: Mudanc¸a de varia´vel u = 4− x2. Temos:
• du = −2x dx
• x = −2⇒ u = 0
• x = 0⇒ u = 4
Portanto, ∫ 0
−2
x3
√
4− x2 dx =
∫ 0
−2
x2
√
4− x2 x dx =
∫ 4
0
(4− u)√u(−1
2
du)
= −1
2
∫ 4
0
(4u1/2 − u3/2)du = −1
2
(
8
3
u3/2 − 2
5
u5/2
)∣∣∣∣4
0
= −64
15
.
(b) Neste item tambe´m ha´ duas soluc¸o˜es:
Soluc¸a˜o 1: Mudanc¸a de varia´vel, seguida de integrac¸a˜o por partes. Ponha t = x2 + 1. Temos:
• dt = 2x dx
• x = 0⇒ t = 1
• x = 1⇒ t = 2
Logo, ∫ 1
0
x ln(x2 + 1) dx =
1
2
∫ 2
1
ln t dt
∗
=
1
2
(
t ln t|21 −
∫ 2
1
dt
)
=
1
2
(t ln t− t)|21 = ln 2−
1
2
(*) Nessa passagem ocorre a integrac¸a˜o por partes, pondo u = ln t e dv = dt.
Soluc¸a˜o 2: Integrac¸a˜o por partes (seguida, como se vera´, de uma integral de func¸a˜o racional).
Na integral ∫ 1
0
x ln(x2 + 1) dx
ponha u = ln(x2 + 1) e dv = x dx. Resulta
v =
x2
2
du =
2x
x2 + 1
dx
logo ∫ 1
0
x ln(x2 + 1) dx =
(
x2
2
ln(x2 + 1)
)∣∣∣∣1
0
−
∫ 1
0
x3
x2 + 1
dx =
1
2
ln 2−
∫ 1
0
x3
x2 + 1
dx.
Esta u´ltima integral (na segunda parcela) se escreve como∫ 1
0
(
x− x
x2 + 1
)
dx =
∫ 1
0
x dx−
∫ 1
0
x
x2 + 1
dx
∗
=
∫ 1
0
x dx− 1
2
∫ 2
1
1
t
dt
=
x2
2
∣∣∣∣1
0
− 1
2
(ln t)|21 =
1
2
− 1
2
ln 2
(*) Nessa passagem fizemos a mudanc¸a de varia´vel t = x2 + 1 na segunda parcela.
Retomando, resulta∫ 1
0
x ln(x2 + 1) dx =
1
2
ln 2−
∫ 1
0
x3
x2 + 1
dx =
1
2
ln 2−
(
1
2
− 1
2
ln 2
)
= ln 2− 1
2
(c) Calculemos a integral de cada parcela separadamente.∫
2
(x+ 1)2
dx
∗
=
∫
2
u2
du = 2
(
−1
u
)
= − 2
x+ 1
,
onde na passagem (*) fizemos a mudanc¸a de varia´vel u = x + 1. Note que, por ora, estamos
ignorando a constante de integrac¸a˜o.∫
9
(x2 + 9)2
dx =
∫
x2 + 9− x2
(x2 + 9)2
dx =
∫
x2 + 9
(x2 + 9)2
dx+
∫ −x2
(x2 + 9)2
dx
=
∫
1
x2 + 9
dx−
∫
x2
(x2 + 9)2
dx
∗∗
=
1
3
arctan
x
3
−
∫
x2
(x2 + 9)2
dx
(apesar de ser uma antiderivada cla´ssica, a passagem (**) pode ser obtida com a mudanc¸a de
varia´vel u = x/3). A integral que aparece na u´ltima igualdade pode ser calculada com o uso de
integrac¸a˜o por partes, como segue:∫
x2
(x2 + 9)2
dx =
∫
x
x
(x2 + 9)2
dx
∗∗∗
= − x
2(x2 + 9)
+
∫
1
2(x2 + 9)
dx = − x
2(x2 + 9)
+
1
6
arctan
x
3
onde, na passagem (***), tomamos u = x e dv = x
(x2+9)2
dx, do que decorre
v =
∫
x
(x2 + 9)2
dx = − 1
2(x2 + 9)
.
Em suma, temos:∫ (
2
(x+ 1)2
+
9
(x2 + 9)2
)
dx = − 2
x+ 1
+
(
1
3
arctan
x
3
− (− x
2(x2 + 9)
+
1
6
arctan
x
3
)
)
isto e´ ∫ (
2
(x+ 1)2
+
9
(x2 + 9)2
)
dx = − 2
x+ 1
+
x
2(x2 + 9)
+
1
6
arctan
x
3
+ C.
3. Resolva somente um dos itens (a) ou (b) abaixo, preferencialmente o item (a). Atenc¸a˜o: se em
sua prova constarem as resoluc¸o˜es de ambos os itens, somente a do item (b) sera´ considerada.
(a) Na figura abaixo, esta˜o representadas as curvas x = y2 − 3y, y = 3x − x2 e x − y = 0.
Considere as regio˜es
R1 = {(x, y) ∈ R2 |x ≥ y2 − 3y; y ≥ 3x− x2;x− y ≤ 0}
R2 = {(x, y) ∈ R2 | y ≤ 3x− x2;x− y ≤ 0}
i. Determine a a´rea da regia˜o R1 (destaque as integrais que usara´ para esse ca´lculo,
antes de iniciar o ca´lculo propriamente dito).
ii. Calcule os volumes dos so´lidos Sx e Sy obtidos pela rotac¸a˜o da regia˜o R2 em torno,
respectivamente, do eixo x e do eixo y. De prefereˆncia, utilize me´todos distintos
para esses ca´lculos.
(b) Calcule a a´rea da regia˜o entre o gra´fico de y = 2x − x2 e o eixo x, entreos pontos de
abscissa x = 1 e x = 3.
Resoluc¸a˜o item (a): Inicialmente, identifiquemos as regio˜es indicadas:
• A equac¸a˜o x = y2− 3y corresponde a` para´bola ”deitada”, com ”boca”para a direita. Os
pontos para os quais x > y2 − 3y esta˜o a´ direita da para´bola, enquanto aqueles em que
x < y2 − 3y esta˜o a` esquerda dela.
• A equac¸a˜o y = 3x − x2 corresponde a` para´bola ”em pe´”, com ”boca”para baixo. Os
pontos para os quais y > 3x − x2 esta˜o acima da para´bola, enquanto aqueles em que
y < 3x− x2 esta˜o abaixo dela.
• Por u´ltimo, a equac¸a˜o x − y = 0 corresponde a` reta (bissetriz do primeiro e terceiro
quadrantes). Os pontos para os quais x > y esta˜o a` direita da reta, enquanto aqueles
em que x < y esta˜o e` esquerda dela.
(Para aqueles que ainda teˆm dificuldade com esse tipo de ana´lise, vejam o comenta´rio abaixo,
ao final da resoluc¸a˜o desse item).
As figuras abaixo representam separadamente as regio˜es R1 e R2, respectivamente:
Figura 1: Regia˜o R1
Figura 2: Regia˜o R2
Para o ca´lculo da a´rea de regia˜o R1, conforme solicitado no item (i), conve´m calcular a a´rea
da unia˜o das duas regio˜es e, desta, subtrair a a´rea da regia˜o R2. Chamemos de A1 a a´rea de
R1 ∪R2 e de A2 a a´rea de R2.
A a´rea A1 e´ mais facilmente calculada se assumirmos a fronteira dessa regia˜o como sendo
formada por gra´ficos de func¸o˜es x = f(y) (isto e´, assumindo y como varia´vel independente).
Assim, A1 e´ a a´rea entre os gra´ficos das func¸o˜es x = y e x = y
2− 3y, entre os extremos y = 0
e y = 4 (estes se encontram pela intersecc¸a˜o dos gra´ficos), donde
A1 =
∫ 4
0
(
y − (y2 − 3y)) dy = ∫ 4
0
(4y − y2) dy =
(
2y2 − y
3
3
)∣∣∣∣4
0
=
32
3
A a´rea A2 e´ a a´rea entre os gra´ficos (desta vez como func¸o˜es da varia´vel independente x)
y = 3x− x2 e y = x, entre os extremos x = 0 e x = 2, donde
A2 =
∫ 2
0
(
(3x− x2)− x) dx = ∫ 2
0
(2x− x2) dx =
(
x2 − x
3
3
)∣∣∣∣2
0
=
4
3
Logo, a a´rea da regia˜o R1 e´
28
3
.
Para o ca´lculo dos volumes solicitados no item (ii), e´ poss´ıvel escolher qualquer um dos
me´todos que estudamos. Nos ca´lculos abaixo, seguiremos da seguinte forma: o ca´lculo do
volume de Sx sera´ feito por sec¸o˜es transversais e o do volume de Sy por cascas cil´ındricas.
Essa escolha decorre da observac¸a˜o seguinte (e que talvez fique mais clara apo´s a resoluc¸a˜o):
na situac¸a˜o dada pelo problema, e´ mais fa´cil identificar os extremos de um segmento vertical
(dados diretamente pelos valores das func¸o˜es ja´ conhecidas) do que horizontal (o que deman-
daria resolver uma equac¸a˜o de segundo grau com paraˆmetro, ale´m de dividir a integral em
duas parcelas).
Iniciando pelo so´lido Sx, denotemos por Vx o seu volume. As sec¸o˜es transversais sa˜o descritas
em func¸a˜o de x, com 0 ≤ x ≤ 2, gerando domı´nios anulares (coroas circulares) de raio externo
y = 3x− x2 e raio interno y = x. Assim,
Vx =
∫ 2
0
pi
(
(3x− x2)2 − x2) dx = pi ∫ 2
0
(x4−6x3+8x2) dx = pi
(
x5
5
− 3x
4
2
+
8x3
3
)∣∣∣∣2
0
=
56pi
15
Denotemos por Vy o volume do so´lido Sy. As cascas cil´ındricas sa˜o descritas em func¸a˜o de x,
com 0 ≤ x ≤ 2, e teˆm raio r = x (logo dr = dx) e altura h(x) = (3x − x2) − x = 2x − x2.
Logo,
Vy =
∫ 2
0
2pi (2x− x2)x dx = 2pi
∫ 2
0
(2x2 − x3) dx = 2pi
(
2x3
3
− x
4
4
)∣∣∣∣2
0
=
8pi
3
Comenta´rio (para aqueles que ainda teˆm dificuldade em identificar regio˜es planas descritas
como neste problema - o que ja´ na˜o deveria ocorrer nessa fase dos estudos, e´ bom que se diga,
uma vez que demanda exclusivamente o conhecimento do significado de equac¸a˜o de um lugar
geome´trico e de coordenadas de um ponto no plano cartesiano):
• Dada a equac¸a˜o de uma curva qualquer, tome um ponto P dela.
• Ao deslocar tal ponto horizontalmente no plano cartesiano, a sua ordenada y permanence
constante. Ja´ a sua abscissa x aumenta, se o deslocamento for para a direita, ou diminui,
se for para a esquerda. Observe enta˜o, a partir da equac¸a˜o da curva, que tipo de desi-
gualdade aparece com esse deslocamento (necessariamente ocorrera´ uma desiguladade,
ja´ que o ponto P tera´ sa´ıdo da curva).
• Analogamente, ao deslocar o ponto P verticalmente no plano cartesiano, a sua abscissa
x permanence constante. Ja´ a sua ordenada y aumenta, se o deslocamento for para cima,
ou diminui, se for para baixo. Observe enta˜o, a partir da equac¸a˜o da curva, que tipo de
desigualdade aparece com esse deslocamento.
Resoluc¸a˜o item (b): A regia˜o da qual queremos calcular a a´rea esta´ representada na figura
abaixo:
Note que uma parte dela esta´ acima do eixo x, enquanto a outra esta´ abaixo. Assim, a a´rea
A da regia˜o e´ dada por (note os sinais que acompanham cada integral)
A =
∫ 2
1
(2x− x2) dx−
∫ 3
2
(2x− x2) dx =
(
x2 − x
3
3
)∣∣∣∣2
1
−
(
x2 − x
3
3
)∣∣∣∣3
2
=
((
4− 8
3
)
−
(
1− 1
3
))
−
((
9− 27
3
)
−
(
4− 8
3
))
= (· · · ) = 2