Caputi - P2 - Tipo Z

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 Z
1. Calcule os limites abaixo:
(a) lim
x→0+
xx (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
xx = ex lnx
e calculamos o limite
lim
x→0+
x lnx.
Este u´ltimo ainda e´ uma indeterminac¸a˜o, desta vez do tipo [0.∞]. Segundo L’Hoˆpital, resulta:
lim
x→0+
x lnx = lim
x→0+
lnx
1
x
= lim
x→0+
d
dx
(lnx)
d
dx
(
1
x
) ,
desde que este u´ltimo limite exista. Temos:
lim
x→0+
d
dx
(lnx)
d
dx
(
1
x
) = lim
x→0+
1
x
− 1
x2
= lim
x→0+
−x = 0.
Conclu´ımos, assim, que
lim
x→0+
xx = lim
x→0+
ex lnx = 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, 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 = −
∫ 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
−x
e−t
2
dt+
∫ x+2
0
e−t
2
dt
)
=
d
dx
(
−
∫ −x
0
e−t
2
dt+
∫ x+2
0
e−t
2
dt
)
∗∗
= −(−e−(−x)2) + e−(x+2)2 = e−x2 + e−(x+2)2 .
(*) 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)
∫ 1
0
x ln(x2 + 1) dx (b)
∫ 3
0
x3
√
9− x2 dx (c)
∫ (
3
(x+ 2)2
+
4
(x2 + 4)2
)
dx
Resoluc¸a˜o:
(a) Seguem abaixo duas soluc¸o˜es para essa integral:
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
(b) Neste item tambe´m ha´ duas soluc¸o˜es:
Soluc¸a˜o 1: Substituic¸a˜o trigonome´trica: x = 3 senu. Resulta:
• dx = 3 cosu du
• √9− x2 = √9− 9 sen2 u = 3√cos2 u = 3 cosu (pois u = arcsen x
3
∈ [−pi
2
, pi
2
], logo cosu ≥ 0)
• x = 0⇒ u = 0
• x = 3⇒ u = pi
2
Logo ∫ 3
0
x3
√
9− x2 dx =
∫ pi/2
0
(27 sen3 u) (3 cosu) (3 cosu) du = 243
∫ pi/2
0
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 = 0⇒ t = 1
• u = pi
2
⇒ t = 0
donde
243
∫ pi/2
0
sen3 u cos2 u du = 243
∫ pi/2
0
sen2 u cos2 u senu du = 243
∫ 0
1
(1− t2)t2(−dt)
= 243
∫ 1
0
(t2 − t4)dt = 243
(
t3
3
− t
5
5
)∣∣∣∣1
0
=
162
5
.
Soluc¸a˜o 2: Mudanc¸a de varia´vel u = 9− x2. Temos:
• du = −2x dx
• x = 0⇒ u = 9
• x = 3⇒ u = 0
Portanto, ∫ 3
0
x3
√
9− x2 dx =
∫ 3
0
x2
√
9− x2 x dx =
∫ 0
9
(9− u)√u(−1
2
du)
=
1
2
∫ 9
0
(9u1/2 − u3/2)du = 1
2
(
18
3
u3/2 − 2
5
u5/2
)∣∣∣∣9
0
=
162
5
.
(c) Calculemos a integral de cada parcela separadamente.∫
3
(x+ 2)2
dx
∗
=
∫
3
u2
du = 3
(
−1
u
)
= − 3
x+ 2
,
onde na passagem (*) fizemos a mudanc¸a de varia´vel u = x + 2. Note que, por ora, estamos
ignorando a constante de integrac¸a˜o.∫
4
(x2 + 4)2
dx =
∫
x2 + 4− x2
(x2 + 4)2
dx =
∫
x2 + 4
(x2 + 4)2
dx+
∫ −x2
(x2 + 4)2
dx
=
∫
1
x2 + 4
dx−
∫
x2
(x2 + 4)2
dx
∗∗
=
1
2
arctan
x
2
−
∫
x2
(x2 + 4)2
dx
(apesar de ser uma antiderivada cla´ssica, a passagem (**) pode ser obtida com a mudanc¸a de
varia´vel u = x/2). A integral que aparece na u´ltima igualdade pode ser calculada com o uso de
integrac¸a˜o por partes, como segue:∫
x2
(x2 + 4)2
dx =
∫
x
x
(x2 + 4)2
dx
∗∗∗
= − x
2(x2 + 4)
+
∫
1
2(x2 + 4)
dx = − x
2(x2 + 4)
+
1
4
arctan
x
2
onde, na passagem (***), tomamos u = x e dv = x
(x2+4)2
dx, do que decorre
v =
∫
x
(x2 + 4)2
dx = − 1
2(x2 + 4)
.
Em suma, temos:∫ (
3
(x+ 2)2
+
4
(x2 + 4)2
)
dx = − 3
x+ 2
+
(
1
2
arctan
x
2
− (− x
2(x2 + 4)
+
1
4
arctan
x
2
)
)
isto e´ ∫ (
3
(x+ 2)2
+
4
(x2 + 4)2
)
dx = − 3
x+ 2
+
x
2(x2 + 4)
+
1
4
arctan
x
2
+ 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 y = x2 − 3x, x = 3y − y2 e x − y = 0.
Considere as regio˜es
R1 = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ x2 − 3x;x ≥ 3y − y2;x− y ≥ 0}
R2 = {(x, y) ∈ R2 |x ≤ 3y − y2;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 = −x2 + 6x− 8 e o eixo x, entre os pontos
de abscissa x = 3 e x = 5.
Resoluc¸a˜o item (a): Inicialmente, identifiquemos as regio˜es indicadas:
• A equac¸a˜ox = 3y − y2 corresponde a` para´bola ”deitada”, com ”boca”para a esquerda. Os
pontos para os quais x > 3y − y2 esta˜o a´ direita da para´bola, enquanto aqueles em que
x < 3y − y2 esta˜o a` esquerda dela.
• A equac¸a˜o y = x2 − 3x corresponde a` para´bola ”em pe´”, com ”boca”para cima. Os pontos
para os quais y > x2 − 3x esta˜o acima da para´bola, enquanto aqueles em que y < x2 − 3x
esta˜o abaixo dela.
• Por u´ltimo, a equac¸a˜o x− y = 0 corresponde a` reta (bissetriz do primeiro e terceiro quadran-
tes). 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´ a a´rea entre os gra´ficos das func¸o˜es y = x
2− 3x e y = x, entre os extremos x = 0 e
x = 4 (estes se encontram pela intersecc¸a˜o dos gra´ficos), donde
A1 =
∫ 4
0
(
x− (x2 − 3x)) dx = ∫ 4
0
(4x− x2) dx =
(
2x2 − x
3
3
)∣∣∣∣4
0
=
32
3
A a´reaA2 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, A2 e´ a
a´rea entre os gra´ficos das func¸o˜es x = y e x = 3y − y2, entre os extremos y = 0 e y = 2 (de novo,
estes se encontram pela intersecc¸a˜o dos gra´ficos), donde
A2 =
∫ 2
0
(
(3y − y2)− y) dy = ∫ 2
0
(2y − y2) dy =
(
y2 − y
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 cascas cil´ındricas e o do volume de Sy por por sec¸o˜es transversais. Essa escolha decorre da ob-
servac¸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 horizontal (dados diretamente pelos valores das
func¸o˜es ja´ conhecidas) do que vertical (o que demandaria 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 cascas cil´ındricas sa˜o descritas em
func¸a˜o de y, com 0 ≤ y ≤ 2, e teˆm raio r = y (logo dr = dy) e altura h(y) = (3y−y2)−y = 2y−y2.
Logo,
Vx =
∫ 2
0
2pi (2y − y2)y dy = 2pi
∫ 2
0
(2y2 − y3) dy = 2pi
(
2y3
3
− y
4
4
)∣∣∣∣2
0
=
8pi
3
Denotemos agora por Vy o volume do so´lido Sy. As sec¸o˜es transversais sa˜o descritas em func¸a˜o
de y, com 0 ≤ y ≤ 2, gerando domı´nios anulares (coroas circulares) de raio externo x = 3y − y2 e
raio interno x = y. Assim,
Vy =
∫ 2
0
pi
(
(3y − y2)2 − y2) dy = pi ∫ 2
0
(y4 − 6y3 + 8y2) dy = pi
(
y5
5
− 3y
4
2
+
8y3
3
)∣∣∣∣2
0
=
56pi
15
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 desigualdade
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 =
∫ 4
3
(−x2 + 6x− 8) dx−
∫ 5
4
(−x2 + 6x− 8) dx =
(
−x
3
3
+ 3x2 − 8x
)∣∣∣∣4
3
−
(
−x
3
3
+ 3x2 − 8x
)∣∣∣∣5
4
=
((
−64
3
+ 48− 32
)
−
(
−27
3
+ 27− 24
))
−
((
−125
3
+ 75− 40
)
−
(
−64
3
+ 48− 32
))
= (· · · ) = 2