Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
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
Compartilhar