Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
RESOLUÇÃO DE PROVAS PASSADAS DE CÁLCULO I Prof. Luiz Roberto Marim Prof. Airton Eiras 2013 Quarto Bimestre Exercícios resolvidos e comentados de 2006 a 2012 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 2 Marim / Eiras Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 3 Marim / Eiras Apresentação Durante os anos letivos de 2011 e 2012, os alunos frequentaram aulas extras que tinham o objetivo de prepara-los para as provas bimestrais, utilizando para tal, exercícios solicitados em anos anteriores. A receptividade por parte dos nossos alunos foi muito positiva, não somente como instrumento pedagógico, mas também por meio do reconhecimento de que tal instrumento auxiliou significativamente no processo de discussão e compreensão e do conteúdo do curso de Cálculo 1. Diante desse cenário, pensamos em ampliar a experiência, organizando os exercícios que foram solicitados em provas passadas, desde 2006 até as mais recentes, transformando a experiência das aulas em uma ferramenta de estudo adicional ao livro texto. A coleção de exercícios está dividida em assuntos, os quais seguem o conteúdo programático de cada bimestre. Assim, teremos ao todo, quatro volumes, cada qual com exercícios temáticos e solucionados com alto grau de detalhamento. Pensamos que o detalhamento do processo de solução dos exercícios auxilie nosso aluno a compreender com clareza a teoria desenvolvida no curso de Cálculo 1. Finalmente, pensamos que o conteúdo este material possui uma característica dinâmica, pois permite constantes atualizações tanto na forma, como no conteúdo. Agradecemos antecipadamente aos colegas Professores que colaboraram conosco, lendo, sugerindo e corrigindo erros não observados por nós. Agradecemos especialmente à Profa. Marilda Eboli Assumpção por nos ter auxiliado na revisão desse material. Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 4 Marim / Eiras Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 5 Marim / Eiras ÍNDICE 29. ÁREA ENTRE CURVAS .....................................................................................................................7 30. VOLUME DE SÓLIDOS DE REVOLUÇÃO ................................................................................. 37 31. INTEGRAIS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS ................................................................ 67 32. INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICA ................................................ 89 33. INTEGRAIS DE FUNÇÕES RACIONAIS ............................................................................... 123 34. INTEGRAIS IMPRÓPRIAS ........................................................................................................ 145 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 6 Marim / Eiras Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 7 Marim / Eiras 29. ÁREA ENTRE CURVAS A área A de uma região limitada pelas curvas f x e g x , e pelas retas x a e x b , onde as funções f e g são contínuas e f x g x , para todo x a , b é: b a A f x g x .d x A região hachurada na figura a seguir ilustra uma região entre as funções f x .x x 22 2 1 0 e g x .x .x 2 2 1 3 1 0 1 0 . A área dessa região pode ser determinada calculando-se a seguinte integral: A .x x .x .x .d x 3 2 2 1 2 2 1 2 3 1 0 1 0 1 0 x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 8 Marim / Eiras Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 9 Marim / Eiras QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS (MAUÁ – 2006) (a) Represente graficamente a área compreendida entre as parábolas 2 3 2x y , 2 x y . RESOLUÇÃO A região compreendida entre as parábolas pode ser vista a seguir: (b) Determine todos os pontos de intersecção das funções apresentadas no item anterior. RESOLUÇÃO Para determinarmos os pontos de intersecção devemos substituir o valor de x da primeira função na segunda. Assim, ficamos com: 2 2 3 2 y y 2 2 2 0 y Agora resolvemos essa equação de segundo grau em y e teremos: 1 1 y e y Voltamos com esses valores em uma das funções para encontrar os valores correspondentes de x. Agora temos os pontos pedidos: 1 21 ,1 1 , 1 P P x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 10 Marim / Eiras (c) Calcule a área representada no item (a). RESOLUÇÃO A área representada no item (a) pode ser obtida através da integral: 1 2 2 0 2 . 3 2 A y y d y 1 2 0 2 . 2 2 A y d y Resolvendo, chegamos a: 1 3 0 2 . 2 . 2 3 y A y 1 2 . 2 . 2 3 A 4 4 3 A 8 . . 3 A u A (MAUÁ – 2007) Determine a área da região delimitada pelas curvas: 3ln x y x , x y e , 1x e x e . RESOLUÇÃO A seguir podemos ver o gráfico da região dada. x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 11 Marim / Eiras Para determinarmos a área dessa região, devemos calcular a seguinte integral: 3 1 ln e x x A e d x x 3 1 1 ln e e x x A e d x d x x A primeira integral é imediata. No entanto, a segunda deve ser feita com uma substituição: 1 ln u x d u d x x Agora a segunda integral fica: 13 3 1 0 ln e x d x u d u x 1 3 4 1 0 ln 4 e x u d x x 3 1 ln 1 4 e x d x x Finalmente chegamos ao valor da área pedida: 1 1 4 e x A e 1 . . 4 e A e e u A (MAUÁ – 2007) Seja 0f x para a x b . Seja R a região limitada pela curva y f x , o eixo x e as retas x a e x b . Nesse caso, o centróide (ou centro geométrico) de R é o ponto ,x y , onde 1 . b a x x f x d x A e 21 . 2 b a y f x d x A e A é a área da região R . (a) Determinar a área A da região hachurada abaixo: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 12 Marim / Eiras RESOLUÇÃO A área pedia corresponda a ¼ da área do circulo de raio 1. Assim, teremos: 4 . .A u A (b) Determinar o centróide da região indicada. RESOLUÇÃO Para determinação das coordenados do centróide, podemos utilizar as definições fornecidas no enunciado:1 2 0 4 . 1 x x x d x 21 2 0 2 1 y x d x Vamos inicialmente resolver a integral que nos fornece o x do centróide. Para isso devemos fazer uma substituição: 2 1 1 2 . . 2 u x d u x d x d u x d x Assim, ficamos com: 0 1 4 1 . . 2 x u d u Note que trocamos os limites da integral, pois, quando x = 0, temos que u = 1 e quando x = 1, temos que u = 0. Agora, resolvendo a integral: 0 3 2 1 4 1 2 . . 2 3 x u 3 3 2 2 4 . 0 1 3 . x 4 3 . x Agora vamos determinar a coordenada y do centróide: 21 2 0 2 1 y x d x 1 2 0 2 1 y x d x 1 3 0 2 3 x y x 1 3 0 2 1 1 3 y 4 3 y Portanto, as coordenadas dos centróide são: 4 4 , , 3 3 x y . Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 13 Marim / Eiras (MAUÁ – 2007) Arquimedes mostrou que a área de um arco de parábola é igual a 2/3 do produto da base b pela altura h. Use a integral apropriada para calcular a área A se o arco de parábola é limitado por 2 9y x e pelo eixo x. RESOLUÇÃO A parábola dada corta o eixo x nos pontos x = - 3 e x = 3. Assim, para calcularmos a área do arco de parábola pedido, devemos resolver a integral a seguir: 3 2 3 9 A x d x 3 3 3 9 3 x A x 3 3 33 9 .3 9 . 3 3 3 A 5 4 1 8 3 6 . . A u A Utilizando o calculo de Arquimedes, temos que a base é igual a 6 (distância entre as raízes) e a altura é igual a 9 (quando x = 0, y = 9). Assim podemos verificar o cálculo da área: 2 .6 .9 3 6 3 A b h Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 14 Marim / Eiras (MAUÁ – 2008) Queremos determinar a área compreendida entre as curvas: 2 2y x x , 2 4y x e 2x . Para tanto: (a) determine todas as intersecções e indique-as no gráfico abaixo. RESOLUÇÃO Para encontrarmos as intersecções, devemos igualar as equações: 2 2 2 4 x x x 2 2 0 x x Resolvendo essa equação de segundo grau, temos: 2x 1x Determinando os valores de y, chegamos aos pontos: 1 2 , 0P 2 1, 3P (b) escreva a integral que fornece a área e calcule esta área. RESOLUÇÃO A área total pode ser obtida somando-se duas áreas. A primeira entre os pontos x = - 2 e x = 1 e a segunda entre os pontos x = 1 e x = 2. Assim, podemos escrever a seguinte integral: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 15 Marim / Eiras 1 2 2 2 2 2 2 1 2 4 4 2 A x x x d x x x x d x 1 2 2 2 2 1 2 2 4 2 2 4 A x x d x x x d x Agora podemos integrar. 1 2 3 3 2 2 2 1 2 2 4 4 3 3 x x A x x x x 2 1 6 1 6 2 1 4 4 8 4 8 1 4 3 3 3 3 A 3 8 . . 3 A u A (MAUÁ – 2008) Queremos determinar a área compreendida entre as curvas: 2 4y x , 2y x , 3x e 2x . Para tanto: (a) determine todas as intersecções. RESOLUÇÃO Vamos determinar todas as intersecções: Entre 2 4y x e 2y x : 2 4 2 x x 2 2 0 x x 1 2 1 2 x x x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 16 Marim / Eiras Determinando os valores de y: 1 11 2 3 y y 1 1, 3 P 2 2 2 2 0 y y 2 2, 0P Entre 2 4y x e 3x : 2 4 3 5 y y 3 3, 5 P Entre 2 4y x e 2x : 2 4 2 0 y y 4 2 , 0 P Entre 2y x e 3x : 3 2 1 y y 5 3, 1 P Entre 2y x e 2x : 2 2 4 y y 6 2 , 4 P (b) escreva a integral que fornece a área. RESOLUÇÃO Para determinarmos a área total devemos escrever três integrais. A primeira entre os pontos de abscissas x = - 2 e x = - 1, a segunda entre x = - 1 e x = 2 e a terceira entre x = 2 e x = 3. Assim, ficamos com: 1 2 3 2 2 2 2 1 2 2 4 4 2 2 4 A x x d x x x d x x x d x 1 2 3 2 2 2 2 1 2 2 2 2 A x x d x x x d x x x d x Podemos escrever essa soma de três integrais da seguinte forma: 3 2 2 2 . A x x d x Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 17 Marim / Eiras (MAUÁ – 2008) Encontre o valor de k de forma que as áreas sombreadas da figura abaixo sejam iguais. RESOLUÇÃO Inicialmente vamos identificar os valores das abscissas dos pontos de intersecção. Chamando de x a , a abscissa do primeiro ponto de interseção, temos que x a é a abscissa do segundo ponto de intersecção (veja figura a seguir que mostra essa simetria). Para que as áreas sombreadas sejam iguais, devemos escrever que as integrais que representam as áreas sejam iguais. Vamos inicialmente escrever a área 1, ou seja, a área mais a esquerda: 1 0 a A k se n x d x 1 0 c o s c o s 1 a A k x x k a a 1 cos 1 A ka a 2 a a A se n x k d x 2 c o s a a A x k x 2 c os c os . A a k a a k a 2 cos 2 . . . cos A a k a k a 2 2 . . . 2 . cos A k a k a x y x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 18 Marim / Eiras Igualando as duas áreas e isolando k, temos: cos 1 2 . . . 2 . cos ka a k a k a c o s 1 a k a (MAUÁ – 2009) Considere a área limitada por 2 y x e .y m x . (a) Esboce a região acima. RESOLUÇÃO A região descrita no enunciado pode ser visualizada a seguir: (b) Calcule a área desta região como função da constante m . RESOLUÇÃO A área da região em destaque pode ser determinada através da integral: 2 0 m A m x x d x 2 3 0 2 3 m x x A m 3 3 2 3 m m A 3 6 m A x y Resolução de ProvasPassadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 19 Marim / Eiras (c) Determine o valor de m que faça a área ser igual a 36 u. A. RESOLUÇÃO Basta substituir o valor da área por 36 e determinar o valor de m. 3 3 6 6 m 3 3 6m 6m (MAUÁ – 2009) Dada a figura: (a) Escreva, sem calcular, a área de cada uma das regiões hachuradas assinaladas, utilizando integral definida. RESOLUÇÃO As três áreas pedidas podem ser escritas como as três integrais a seguir: 1 0 a A f x g x d x 2 b a A g x f x d x 3 c b A f x g x d x A1 A2 A3 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 20 Marim / Eiras (b) Você pode escrever a área total usando uma única integral? Justifique sua resposta. RESOLUÇÃO Nós podemos escrever a área total como a soma das três integrais do item (a). A integral resultante será: 0 c A f x g x d x Note que devemos fazer uso do módulo, pois a segunda integral daria um valor negativo. (MAUÁ – 2010) Calcule a área hachurada na figura abaixo, em função das constantes a e b : RESOLUÇÃO Para o cálculo da área total devemos escrever duas integrais: 2 2 0 . c o s . c o s a b a A x x d x x x d x O sinal de menos aparece pois a segunda integral retornará um valor negativo, visto que a área correspondente está abaixo do eixo x. As duas integrais são resolvidas da mesma forma que a integral indefinida a seguir: 2 . c o s I x x d x x y 0 a b Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 21 Marim / Eiras Vamos fazer uma substituição: 2 1 2 . . 2 u x d u x d x d u x d x Assim, teremos: c o s 2 d u I u 1 2 I se n u 21 2 I se n x Retornando ao cálculo da área, teremos: 2 2 0 1 1 2 2 a b a A se n x se n x 2 2 2 se n b A se n a (MAUÁ – 2010) A partir da figura abaixo, determine: (a) As equações das três retas que limitam o trapézio. RESOLUÇÃO A primeira reta para pela origem (0, 0) e pelo ponto (h, h) e é crescente. Assim, sua equação é: p a ra 0 y x x h A segunda reta passa pelo ponto (h, h) e pelo ponto (h+a, h) e é uma reta horizontal. Assim, sua equação é: p a ra y h h x h a A terceira reta passa pelo ponto (h+a, h) e pelo ponto (2h+a, 0) e é decrescente. Assim, sua equação é: 2 p a ra 2 y x h a h a x h a h a x y h h Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 22 Marim / Eiras (b) Utilize integração definida para provar que a área do trapézio é .A h a h . RESOLUÇÃO A área dos trapézio pode ser escrita que uma soma de três integrais, cada uma delas correspondendo a um intervalo. Ou seja: 2 0 2 h h a h a h h a A x d x h d x x h a d x Agora podemos calcular as integrais e chegar ao valor da área pedido: 2 2 2 2 2 0 . 2 . . 2 2 h h a h a h a h a h h a h a h a x x A h x h x a x 2 2 21 2 2 . 2 2 2 2 h A h h a h h a h a h h a h a a h a h a 2 2 2 2 2 21 4 4 2 2 2 2 h A h a h h a a h h a a h h a 2 2 23 2 2 2 h A h a h h a h h a 2 A h h a E, portanto: A h h a (MAUÁ – 2010) A curva 2 4x y é cortada pela curva 2 1 1x y . (a) Determine todos os pontos de intersecção das duas curvas. RESOLUÇÃO Vamos igualar as duas funções: 22 4 1 1 y y 2 2 4 2 y y y 2 2 2 4 0 y y Resolvendo essa equação de segundo grau em y, teremos: 1 2 y y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 23 Marim / Eiras Para encontrar as coordenada dos pontos de intersecção devemos substituir os valores de y encontrados em uma das funções dadas. Assim: 2 4 1 3 x x 2 4 2 0 x x Portanto, os pontos são: 1 20, 2 3, 1 P P (b) Esboce o gráfico das duas curvas e indique a região delimitada pelas mesmas. RESOLUÇÃO A região pedida pode ser vista na figura a segui. (c) Calcule a área da região delimitada. RESOLUÇÃO Para calcularmos a área devemos determinar a integral a seguir: 2 2 2 1 4 2 A y y y d y 2 2 1 4 2 2 A y y d y 2 3 2 1 4 2 3 y A y y 1 6 2 8 4 4 1 3 3 A 9 . .A u A x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 24 Marim / Eiras (MAUÁ – 2010) Encontre a área da região limitada pelas curvas: 2 2y x e 4x y . RESOLUÇÃO Inicialmente vamos encontrar os pontos de intersecção igualando as duas funções: 2 4 2 y y 2 2 8 0 y y Resolvendo essa equação de segundo grau em y, ficamos com: 2 4 y y Para encontrarmos os valores de x devemos substituir esses valores encontrados em uma das funções dadas. Assim: 2 4 2 x x 4 4 8 x x Os pontos de intersecção são: 1 22, 2 8, 4 P P A área a ser determinar é obtida a partir do cálculo da seguinte integral: 4 2 2 4 2 y A y d y 4 2 3 2 4 2 6 y y A y 6 4 8 8 1 6 2 8 6 6 A 7 2 3 0 6 A 1 8 . .A u A As curvas e a região pedida podem ser vistas na figura a seguir: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 25 Marim / Eiras (MAUÁ – 2011) A região A delimitada pelas curvas 1x , / 3y e arcsen 2y x está representada a seguir. Calcule a área da região delimitada A. RESOLUÇÃO Inicialmente vamos encontrar a intersecção igualando as duas funções: a rc se n 2 3 x 3 3 2 2 x x A área delimitada A pode ser obtida através do cálculo da integral: 3 1 -a rc se n / 2 3 A x d x 3 3 1 1 a rc se n / 2 3 A d x x d x A primeira integral é imediata, mas para resolução da segunda devemos utilizar a técnica de integração por partes. Assim, chamamos: 2 2 12 1 a rc se n 2 41 2 u x d u d x d x xx d v d x v x A integral do arcoseno fica: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 26 Marim / Eiras 2 a rc se n 2 .a rc se n 2 4 x x d x x x d x x Essa segunda integral deve ser resolvida por substituição: 2 1 4 2 2 u x d u x d x d u x d x Agora, ficamos com: 2 1 1 24 x d x d x ux 1 2 2 1 24 x d x u d x x 1 2 2 1 . 124 2 x u d x x 1 2 2 4 x d x u x 2 2 4 4 x d x x x Retornando à integral do arcoseno: 2 a rc se n / 2 .a rc se n / 2 4 x d x x x x Agora, podemos voltar à integral que nos fornece a área: 3 3 1 1 a rc se n / 2 3 A d x x d x 3 3 3 2 1 1 1 . .a rc se n / 2 4 3 A x x x x 3 13 1 3 . 1 . 4 3 4 12 23 A a rc se n a rc se n 3 3 . 1 3 3 3 3 6 A 1 3 . . 6 A u A (MAUÁ – 2011) Calcule a área limitada pelas funções 2 c o s 2 y x , 2 3 3 x x y x x e pelas retas 0x e 1x . RESOLUÇÃO A área a que se refere o problema pode ser visualizada na figura a seguir: Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 27 Marim / Eiras Essa área pode ser determinada com o cálculo da integral: 1 2 2 23 0 3 c o s x x A x d x x x 1 12 2 23 0 0 3 c o s x x A d x x d x x x A primeira integral deve ser resolvida da seguinte forma: 1 2 1 3 0 3 x x I d x x x 1 2 1 3 3 0 3 x x I d x x x x x 1 1 2 2 0 3 1 1 1 x I d x x x 1 1 1 2 2 0 0 3 1 1 1 x I d x d x x x 1 1 2 1 0 0 3 ln 1 2 I x a rc tg x 2 2 1 3 3 ln 1 1 ln 0 1 1 0 2 2 I a rc tg a rc tg 1 3 ln 2 2 4 I Para resolução da segunda integral, devemos fazer: 1 2 2 2 0 c o s I x d x 1 2 2 0 1 c o s 2 2 x I d x 1 2 0 1 c o s 2 x I d x 1 1 2 0 0 1 1 c o s 2 2 I d x x d x 1 1 2 `0 0 1 1 2 2 se n x I x 2 1 2 I Vamos retornar ao cálculo da área: 3 1 ln 2 . . 2 4 2 A u A x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 28 Marim / Eiras (MAUÁ – 2011) Determine a área da região limitada na figura abaixo, que é dada pelas curvas 2 4 3f x x x e 2 2 3g x x x . RESOLUÇÃO Vamos determinar os pontos de intersecção igualando as duas funções: 2 2 4 3 2 3 x x x x 2 2 6 0 x x Resolvendo essa equação de segundo grau em x teremos: 0 3 x x Os valores correspondentes de y são obtidos substituindo em uma das equações dadas: 2 0 4 .0 3 3 y y 2 3 4 .3 3 0 y y Assim, os pontos de intersecção são: 1 20, 3 3, 0 P P Agora podemos escrever a integral que nos fornece a área da região pedida: 3 2 0 2 6 A x x d x 3 2 3 2 3 3 0 x A x 9 . .A u A x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 29 Marim / Eiras (MAUÁ – 2011) A integral 4 ,5 0 ,5 f x g x d x define a área de uma região na figura abaixo. Indique essa região hachurando-a. RESOLUÇÃO A área representada pela integral corresponde à região hachurada a seguir: x y x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 30 Marim / Eiras (MAUÁ – 2011) Determine a área da região limitada pelas curvas: 23 1 y x , 0x , 1x , e 0y . RESOLUÇÃO A área a que se refere o problema pode ser visualizada na figura a seguir: Essa área pode ser determinada com o cálculo da integral: t t A d x x 1 3 20 1 lim t t A x d x 1 2 3 0 l im t t A .x 1 1 3 0 l im 3 t A . .t 1 1 3 3 0 l im 3 1 3 A u .A . 3 (MAUÁ – 2009) Uma viga de concreto com seção longitudinal mostrada na figura abaixo será utilizada num projeto de construção civil. O engenheiro responsável por este projeto necessita calcular a área da região marcada e encarregou você de fazê-lo. x y x f(x) 6 -6 a b 1 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 31 Marim / Eiras (a) Determine os valores de a e b. RESOLUÇÃO Os valores de a e b podem ser obtidos fazendo-se os valores das funções iguais à zero. Os seja: 1 . 5 0 5 3 1 . 5 0 5 3 f x x a g x x b (b) Calcule a área da região hachurada. RESOLUÇÃO O valor da área hachurada corresponde ao valor da área do retângulo em cinza menos a área sob as funções f(x) e g(x). Dessa forma, podemos escrever: 0 5 5 0 1 1 . 5 . . 5 . 3 3 re tâ n g u loA A x d x x d x Assim, temos: 0 5 3 3 2 2 5 0 1 2 1 2 1 2 5 5 3 3 3 3 A x x 33 3 3 22 2 2 2 2 1 2 5 0 5 5 5 5 5 0 9 9 A 3 3 2 2 2 2 1 2 5 5 9 9 A 3 2 4 1 2 5 9 A 2 0 5 1 2 . . 9 A u A Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 32 Marim / Eiras (MAUÁ – 2012) Encontre a área da região abaixo indicada, ou seja, a área representada pela intersecção entre os dois círculos de raio 1 e centro em 0, 0 e 0 , 1 . RESOLUÇÃO Vamos inicialmente escrever as equações das duas circunferências: 22 2 2 1 2 : 1 : 1 1 C x y C x y Agora para encontrarmos as interseções das circunferências, devemos igualar as duas equações: 22 2 21 x y x y 2 2 2 2 2 1 x y x y y 2 1 0 y 1 / 2y Agora podemos determinar os valores de x: 2 2 31 1 2 2 x x Portanto, os pontos de intersecção são: 1 2 3 1 3 1 , , 2 2 2 2 P P x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 33 Marim / Eiras A área da região indicada no gráfico pode ser obtida através do cálculo da integral: 3 / 2 2 2 0 2 1 1 1 A x x d x Note que para escrever essa integral, consideramos a simetria do problema e escrevemos as equações das circunferências como: 2 2 2 1 22 2 2 2 : 1 1 : 1 1 1 1 1 1 C x y y x C x y y x y x Pegamos a parte de baixo da circunferência 2 e a parte de cima da circunferência 1. A figura a seguir ilustra essa escolha. Agora podemos calcular a integral: 3 / 2 2 2 0 2 1 1 1 A x x d x 3 / 2 2 0 2 2 1 1 A x d x 3 / 2 3 / 2 2 0 0 2 2 1 2 1 . A x d x d x A segunda integral é imediata. No entanto, para determinarmos o valor da primeira é necessário utilizarmos uma substituição trigonométrica. Dessa forma, podemos escrever a primeira integral como: 3 / 2 2 1 0 2 2 1 I x d x Chamando x sen , teremos cos .dx d . Quando 0x temos 0 e quando 3 2x temos 3 . Assim, a integral toma a forma: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 34 Marim / Eiras / 3 2 1 0 2 2 1 . c o s I se n d / 3 1 0 4 c o s . c o s I d / 3 2 1 0 4 c o s I d Vamos utilizar a relação 2 1 c o s 1 c o s 2 2 para resolver essa integral. Assim: / 3 1 0 1 4 1 c o s 2 2 I d / 3 1 0 2 1 c o s 2 I d / 3 / 3 1 0 0 2 1 . 2 c o s 2 . I d d / 3 / 3 1 0 0 2 2 2 2 s e n I 1 2 2 / 3 3 I se n 1 2 3 3 2 I Agora podemos determinar o valor da área pedida: 3 / 2 3 / 2 2 0 0 2 2 1 2 1 . A x d x d x 3 / 2 0 3 2 3 2 A x 2 3 3 3 2 A 2 3 . . 3 2 A u A (MAUÁ – 2012) Calcule a área da região delimitada entre a função f x x 2 1 4 , e as retas x 1 e x 2 . RESOLUÇÃO A função dada, assim como a região pedida, pode ser vistas a seguir: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 35 Marim / Eiras A área hachurada pode ser determinada através da integral: t t A re a d x x 2 2 1 1 lim 4 Para resolver essa integral devemos decompor a fração em frações parciais. x . xx 2 1 1 2 24 A B x xx . x 1 2 22 2 A x B x x . x x . x 2 21 2 2 2 2 A x B x 2 2 1 A Ax B Bx 2 2 1 A B x A B 2 2 1 Daí, tiramos que: A B A B 0 2 2 1 Resolvendo esse sistema encontramos: A B 1 4 1 4 Assim, ficamos com: x xx . x 1 4 1 41 2 22 2 E, a integral pode ser escrita como: t t A re a d x x x 2 1 1 4 1 4 lim 2 2 t t A re a . d x x x 2 1 1 1 1 lim 4 2 2 t t A re a . x x 12 1 lim ln 2 ln 2 4 t t x A re a . x 2 1 1 2 lim ln 4 2 t tA re a . t 2 1 2 2 1 lim ln ln 4 2 2 1 t tA re a . t 2 1 2 1 lim ln ln 4 2 3 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 36 Marim / Eiras t tA re a . t 2 1 2 lim ln ln 3 4 2 t tA re a . t 2 1 2 lim ln ln 3 4 2 O limite dentro dos colchetes vai para infinito. Portanto, a área também vai para infinito. O valor da área não converge. Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 37 Marim / Eiras 30. VOLUME DE SÓLIDOS DE REVOLUÇÃO Um cilindro é limitado por uma região plana B1, denominada base, e uma região congruente B2 em um plano paralelo. O cilindro consiste em todos os pontos nos segmentos de reta perpendiculares à base que unem B1 e B2. Para um sólido S, que não é um cilindro, primeiro “cortamos” S em pedaços e aproximamos cada pedaço por um cilindro. n i i=1 V = A x .Δ x Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 38 Marim / Eiras Definição de Volume de um sólido de rotação Seja S um sólido que está entre x = a e x = b. Se a área da secção transversal de S no plano Px, passando por x e perpendicular ao eixo x, é A(x), onde A é uma função contínua, então o volume de S é: bn i n →∞ i=1 a V = lim A x .Δ x = A x .d x Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 39 Marim / Eiras QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS (MAUÁ – 2006) (a) Represente graficamente a área compreendida entre as parábolas x y 23 2 , x y 2 . RESOLUÇÃO A região compreendida entre as parábolas pode ser vista a seguir: (b) Escreva, sem calcular, a integral que fornece o volume do sólido obtido pela revolução da região delimitada no item (a) em torno do eixo x . RESOLUÇÃO Primeiramente vamos encontrar os pontos de intersecção igualando as duas equações: y y 2 23 2 y 2 2 2 y 1 Substituindo esses valores em uma das equações dadas, encontramos: x 1 Assim, os pontos de intersecção são: P , P , 1 21 1 1 1 O volume do sólido obtido pela revolução da região dada pode ser determinado a partir da integral: x xV . d x . x d x 2 2 0 1 2 2 0 2 2 3 3 π π x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 40 Marim / Eiras Reescrevendo essa integral, temos: x xV . d x . x d x 0 1 2 0 2 2 3 3 π π x xV . d x . d x . x d x 0 1 1 2 0 0 2 2 3 3 π π π x V . d x . x d x 1 1 2 0 2 3 π π V . x d x . x d x 1 1 2 0 2 3 π π (MAUÁ – 2006) Considereo gráfico de y x . x 2 2 4 . Determine o volume do sólido obtido pela revolução da parte interna do laço da curva em torno do eixo x. RESOLUÇÃO Vamos reescrever a equação da curva dada isolando-se a variável y: y x . x 2 4 Para determinarmos o volume do sólido de revolução vamos pegar apenas a parte de cima da equação no intervalo de x = 0 até x = 4. Assim, integral que nos fornecerá o volume pode ser escrita como: V . x . x d x 24 2 0 4π V . x . x d x 4 2 0 4π V . x x x d x 4 2 3 0 1 6 8π x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 41 Marim / Eiras Vamos calcular essa integral: x V . x x 4 4 2 3 0 8 8 3 4 π V . . 4 2 38 4 8 4 4 3 4 π . V u .V . 6 4 3 π (MAUÁ – 2006) O volume de um sólido de revolução é dado por V x d x 1 3 0 π . (a) Determine a função que gera tal sólido, isto é, a função que delimita a região cuja revolução em torno de um eixo tem o volume dado e qual o eixo de rotação; RESOLUÇÃO Como a integral que nos fornece o volume do sólido, está sendo calculada em dx, o eixo de rotação é o eixo Ox. Sabemos que: V x d x f x d x 1 1 2 3 0 0 π . π . Assim, por comparação, chegamos que: x f x 2 3 f x x 1 6 (b) Esboce o gráfico do sólido, destacando a região que será rotacionada. RESOLUÇÃO O gráfico da função com a correspondente região a ser rotacionada pode ser visto a seguir: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 42 Marim / Eiras (MAUÁ – 2006) Dada a função xf x e , considere a região delimitada pelo eixo y, f(x) e a reta y e . (a) Escreva, sem calcular, a integral que fornece o volume do sólido obtido pela revolução desta região em torno do eixo x. RESOLUÇÃO O volume do sólido obtido pela rotação da região delimitada em torno do eixo x é dado por: xV e e d x 1 2 2 0 π . xV e e d x 1 2 2 0 π . (b) Escreva, sem calcular, a integral que fornece o volume do sólido obtido pela revolução desta região em torno do eixo y. RESOLUÇÃO Inicialmente devemos escrever a equação dada isolando-se o x. Dessa forma, ficamos com: x y e xln y ln e x ln y O volume do sólido obtido pela rotação da região delimitada em torno do eixo y é dado por: e V ln y d y 2 1 π . e V ln y d y 2 1 π . x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 43 Marim / Eiras (MAUÁ – 2007) A região delimitada pelas curvas: y tg x e y s e n x 2 , está representada abaixo e se interceptam em x 0 e x 4 π . (a) Esboçar o sólido descrito pela rotação dessa região em torno do eixo x e uma fatia típica da região para o cálculo do volume. RESOLUÇÃO O sólido obtido pela rotação em torno do eixo x pode ser visto a seguir: Uma fatia típica da região para o cálculo do volume é mostrada a seguir: x y x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 44 Marim / Eiras (b) Exibir uma expressão matemática que expresse o volume do sólido gerado pela rotação em torno do eixo x (ou de y). NÃO resolver a integral. RESOLUÇÃO O volume do sólido gerado pela rotação da área dada em torno do eixo x é dado por: /V s e n x tg x d x 4 2 2 0 2 π π . (MAUÁ – 2007) Um tanque de combustível da asa de um avião a jato é gerado pela revolução da região limitada pelo gráfico de y .x . x 2 1 2 8 (representada na figura abaixo) e o eixo x em torno do eixo x, onde x e y são medidos em metros. Calcule o volume deste tanque. Represente o tanque (o sólido gerado) no sistema de eixos da figura abaixo. RESOLUÇÃO Vamos determinar primeiramente, os valores de x onde a função corte o eixo Ox. Para isso devemos igualar a função à zero. Ou seja: x x 2 1 0 2 8 x ou x 2 0 2 0 x o u x 2 0 Agora podemos escrever a integral que nos fornece o volume pedido: V x x d x 2 2 2 0 1 2 8 π . V x x d x 2 4 0 1 2 6 4 π . V x x d x 2 4 5 0 1 2 6 4 π . x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 45 Marim / Eiras x x V . 2 5 6 0 1 2 6 4 5 6 π V . 5 6 1 2 2 2 6 4 5 6 π V . 1 3 2 6 4 2 6 4 5 6 π V u .V . 1 3 0 π (MAUÁ – 2007) Dada a figura: (a) A região A é delimitada pela reta s, que passa pelos pontos P e Q dados, eixo x, eixo y e a reta y h . Escreva a equação da reta s. RESOLUÇÃO Coeficiente angular da reta s é dado por: s h m R r Sabendo o coeficiente angular e que a reta passa pelo ponto Q = (R, 0), podemos escrever a equação da reta s: h y x R R r 0 h h .R y .x R r R r s x y Região A P = (r, h) Q = (R, 0) Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 46 Marim / Eiras (b) A revolução da região A em torno do eixo y gera o tronco de cone representado na figura. Escreva, sem resolvê-la, a integral que resulte o volume do tronco de cone. RESOLUÇÃO Para escrevermos a integral da rotação da reta em torno do eixo Oy, devemos isolar a variável x na equação da reta. Dessa forma teremos: h .R h y .x R r R r h .R R r x y . R r h Agora podemos escrever: h h .R R r V y . d y R r h 2 0 π . h R r V y R d y h 2 0 π . (MAUÁ – 2008) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da região delimitada pelas curvas: y x 22 e y 1 , ao redor do eixo x. Esboce o sólido obtido. RESOLUÇÃO Inicialmente vamos determinar os pontos de intersecção igualando as funções: x 22 1 x 2 1 x 1 x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 47 Marim / Eiras Devido a simetria do problema, podemos escrever o volume do sólido obtido pela rotação da região dada em torno do eixo Ox como sendo: V . . x d x 1 2 2 2 0 2 2 1π V . . x x d x 1 4 2 0 2 4 3π x x V . . x 1 5 3 0 2 4 3 5 3 π V . . . 5 3 1 1 2 4 3 1 5 3 π V . . 1 4 2 3 5 3 π V . u .V . 5 6 1 5 π A seguir podemos ver o sólido óbito pela rotação da área dada em torno do eixo Ox. (MAUÁ – 2008) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da região delimitada pelas curvas: y x 4 , y 0 e x 8 , ao redor do eixo y. RESOLUÇÃO A região à qual o enunciado se refere pode ser vista a seguir: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 48 Marim / Eiras Os pontos de intersecção são: P , P , P , 1 2 34 0 8 0 8 2 Para rotacionar a região em torno do eixo Oy devemos escrever a função isolando-se a variável x. Assim, ficamos com: y x 4 y x 2 4 x y 2 4 Agora podemos escrever o volume do sólido gerado: V . y d y 2 2 2 2 0 8 4π V . y y d y 2 4 2 0 6 4 8 1 6π V . y y d y 2 4 2 0 4 8 8π y y V . y 2 5 3 0 8 4 8 5 3 π V . 3 2 6 4 9 6 5 3 π V u .V . 1 0 2 4 1 5 Um esboço do sólido gerado pode ser visto a seguir: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 49 Marim / Eiras (MAUÁ – 2008) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da região delimitada pelas curvas y x 2 e y x 3 em torno do eixo x. RESOLUÇÃO Vamos determinar os pontos de intersecção igualando as duas funções: x x2 3 x o u x 0 1 Agora podemos escrever o volume do sólido gerado: V . x x d x 1 2 2 2 3 0 π V . x x d x 1 4 6 0 π x x V . 1 5 7 0 5 7 π V . 1 1 5 7 π V u .V . 2 3 5 π (MAUÁ – 2009) Considere a região delimitada pelas funções y f x e y g x que se interceptam nos pontos de abscissas x a e x b , com f x g x , x a , b 0 . Considere ainda que ambas as funções admitem inversa neste intervalo, isto é, x f y 1 e x g y 1 (a) Para calcular o volume do sólido gerado pela rotação desta região em torno do eixo x: (a1) Escreva qual é o valor do raio externo e do raio interno do elemento de volume a ser considerado? x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 50 Marim / Eiras RESOLUÇÃO O raio externo é igual ao valor da função f(x): e x tr f x O raio interno é igual ao valor da função g(x): in tr g x (a2) Sem calcular, escreva a integral que fornece o volume deste sólido. RESOLUÇÃO A integral que fornece o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo Ox é: b a V f x g x d x 2 2 π . (b) Para calcular o volume do sólido gerado pela rotação desta região em torno do eixo y: (b1) Escreva qual é o valor do raio externo e do raio interno do elemento de volume a ser considerado? RESOLUÇÃO O raio externo é igual ao valor da função inversa da g: e x tr g y 1 O raio interno é igual ao valor da função inversa da f: in tr f y 1 (b2) Sem calcular, escreva a integral que fornece o volume deste sólido. RESOLUÇÃO A integral que fornece o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo Oy é: g b g a V g y f y d y 2 2 1 1 π Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 51 Marim / Eiras (MAUÁ – 2009) Um tanque de combustível de avião transportado no interior da asa é gerado pela revolução ao redor do eixo x, da região limitada entre a curva y x . x 4 2 1 1 6 1 6 e o eixo x (veja figura). Determine o volume do tanque. RESOLUÇÃO Vamos encontrar os pontos em que a função cruza o eixo Ox fazendo com que y = 0. Assim: x . x 4 2 1 0 1 6 1 6 x . x 4 216 0 x o u x 0 4 Agora podemos escrever a integral que nos dará o volume do sólido gerado pela rotação em torno do eixo Ox da função dada: V x . x d x 24 4 2 0 1 1 6 1 6 π . V . x . x d x 4 2 2 0 1 6 2 5 6 π Para resolver essa integral devemos utilizar uma substituição trigonométrica: x .se n θ dx .cos θ dθ 4 4 Vamos trocar os limites de integração: x .s e n θ θ x .s e n θ θ 0 0 4 0 4 4 4 2 π x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 52 Marim / Eiras Agora nosso volume pode ser escrito como: V . .s e n θ . .sen θ . .co s θ dθ 2 2 2 0 1 6 1 6 1 6 4 2 5 6 π π V . .s e n θ . . .sen θ . .co s θ dθ 2 2 2 0 1 6 4 1 4 2 5 6 π π V . .se n θ . .cos θ . .cos θ dθ 2 2 0 1 6 4 4 2 5 6 π π V . se n θ .cos θ dθ 2 2 2 0 π π Utilizando as relações c o s θ s e n θ 2 1 2 2 e c o s θ c o s θ 2 1 2 2 , chegamos a: c o s θ co s θ V . .dθ 2 0 1 2 1 2 2 2 π π . V c o s θ . cos θ .dθ 2 0 1 1 2 1 2 4 π π . V co s θ .dθ 2 2 0 1 1 2 4 π π . Novamente utilizando a relação c o s θ c o s θ 2 1 2 2 , chegamos a: c o s θ V .dθ 2 0 1 41 1 4 2 π π . V . c o s θ .dθ 2 0 1 1 1 4 4 2 π π . V θ s e n θ 2 0 1 1 4 8 4 π π . V s e n . s e n . 1 1 1 4 0 4 0 8 2 4 2 4 π π π . V 1 8 2 π π . V u .V . 2 1 6 π Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 53 Marim / Eiras (MAUÁ – 2009) Considere a região delimitada por y x , y 0 e x 9 . (a) Esboce a região. RESOLUÇÃO O gráfico da região pedida pode ser visto a seguir: (b) Esboce o sólido obtido pela revolução desta região em torno do eixo y, e mostre um anel ou cilindro característico, indicando seus raios. RESOLUÇÃO Um esboço do sólido obtido pela rotação em torno do eixo Oy pode ser visto a seguir: Um anel ou cilindro característico pode ser visto a seguir: x y x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 54 Marim / Eiras (c) Calcule o volume do sólido obtido. RESOLUÇÃO O volume do sólidoé dado por: V y .d y 3 2 2 2 0 9π . ` V y .d y 3 2 4 0 9π . y V y 3 5 0 8 1 5 π . V 2 4 3 2 4 3 5 π . V 2 4 3 2 4 3 5 π . V u .V . 9 7 2 5 π (MAUÁ – 2009) A integral / x s e n x d x 4 2 0 π π fornece o volume de um sólido de revolução. Escreva as equações que delimitam a região que gera este volume. RESOLUÇÃO O volume de um sólido de revolução é dado pela seguinte integral: / V f x g x d x 4 2 2 0 π π . Quando comparamos esse volume com a integral dada no enunciado, vemos que: f x x g x se n x 2 2 2 Dessa forma, concluímos que: f x x g x se n x Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 55 Marim / Eiras (MAUÁ – 2010) Sejam as funções 2 1 x f x x , 2 x g x e área entre as curvas exibidas a seguir. (a) Determine o volume do sólido gerado pela rotação da área da região hachurada ao redor do eixo x. RESOLUÇÃO Primeiramente vamos encontrar as intersecções entre as duas curvas igualando as funções: f x g x 2 21 x x x 2 2 . . 1 x x x Podemos claramente perceber que x = 0 é uma solução dessa equação. Para encontrar as demais, devemos dividir membro a membro por x. Assim, teremos: 2 2 1 x 2 4 1 x 3 x Assim temos três valores de x: 0x 3 x 3 x Por simetria podemos fazer o volume integrando de 0 até 3 e multiplicar por 2. Assim: x x V . d x x 2 23 2 0 2 21 π x x V . d x x 3 2 2 2 0 2 41 π x x V . d x x 3 2 2 2 0 1 1 2 41 π x V . d x x 3 2 2 0 1 2 1 41 π x V . x a rc tg x 3 3 0 2 1 2 π V . 3 3 2 3 3 4 π π V . u .V . 3 2 4 3 π π x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 56 Marim / Eiras (b) Escreva a equação da integral que fornece o volume do sólido gerado pela rotação da área da região hachurada ao redor do eixo y. Não calcule a integral, mas escreva a mesma com os extremos e as funções envolvidas explicitadas. RESOLUÇÃO Devemos inicialmente escrever as equações das funções dadas isolando a variável x. Assim, temos: x y x 2 1 y x x 2 1 y x x 2 2 2 1 y .x y x 2 2 2 2 y x y .x 2 2 2 2 y x y 2 2 2 1 y x y 2 2 2 1 y x y 2 1 Agora a outra equação: x y 2 x y 2 Vamos mudar os limites de integração: x y x y 0 0 3 3 2 Agora finalmente podemos escrever o volume em torno do eixo Oy: / y y V d y y 2 23 2 2 0 2 2 1 π . (MAUÁ – 2010) Uma lâmpada ornamental é projetada fazendo a rotação da função xf x x , x 3 10 3 3 , ao redor do eixo x, onde x e y são medidos em pés. Calcule o volume desta lâmpada. Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 57 Marim / Eiras RESOLUÇÃO Vamos determinar os pontos onde a curva corta o eixo Ox igualando a função a zero. Dessa forma, ficamos com: x x 3 0 3 x x 3 3 x x 3 9 Claramente x 0 é uma raiz dessa equação. E ainda: x 2 1 9 x 1 3 Assim, x 0 e x 1 3 são as abscissas dos pontos onde a função corta o eixo Ox na região de nosso interesse. A figura a seguir mostra essa região. Para determinarmos o volume pedido devemos calcular a seguinte integral: / x V x d x 2 1 3 3 0 3 π . / x x V x d x 1 3 4 3 0 2 9 3 π . / x x V x d x 1 3 2 3 0 2 9 3 π . / x x x V 1 3 2 3 4 0 2 1 8 9 4 π . V 2 3 4 1 1 2 1 1 1 1 8 3 9 3 4 3 π . V 4 1 2 1 2 3 43 π V 1 8 1 1 2 π V u .V . 9 7 2 π x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 58 Marim / Eiras (MAUÁ – 2010) Calcule o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da região delimitada entre y x 1 , eixo x e a reta x 5 ao redor do eixo x b , b 0 . RESOLUÇÃO Como o sólido gerado será uma rotação em torno de um eixo paralelo ao eixo Oy, devemos escrever a função dada isolando a variável x. Assim: y x 1 y x 2 1 x y 2 1 A figura a seguir mostra a região a ser rotacionada. Como a rotação será feita em torno da reta x = b, com b < 0. Teremos o seguinte sólido: O volume desse sólido pode ser determinado através do cálculo da integral: V b y b d y 2 22 2 0 5 1π . V b y y b y b d y 2 2 2 2 4 2 0 0 5 2 1 1π . π . x y x y x = b Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 59 Marim / Eiras b yyV b b y 2 35 2 2 0 2 1 2 5 1 5 3 π . π . b V b b 2 21 6 13 2 2 5 2 1 5 3 π . π . (MAUÁ – 2011) Considere a função x f x 2 2 4 e a reta tangente a essa função no ponto (6, 4). (a) Represente a região delimitada pela função f, pela reta tangente e pelo eixo x. RESOLUÇÃO Devemos encontrar a equação da reta tangente à função dada no ponto (6, 4). Para isso vamos calcular a derivada da função f(x): x f x 2 2 4 x x f x 2 4 4 4 f x x x 21 4 4 4 f ' x x 1 2 4 4 f ' x x 1 1 2 No ponto (6, 4) temos que o coeficiente angular será: m . 1 6 1 2 m 2 Agora vamos encontrar a equação dessa reta: y . x 4 2 6 y .x 4 2 1 2 y x 2 8 A região pedida pode ser vista a seguir: x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 60 Marim / Eiras (b) Escreva, sem calcular, o volume do sólido gerado pela rotação da região encontrada no item anterior em torno do eixo x. RESOLUÇÃO O volume do sólido gerado pela rotação da região encontrada noitem (a) em torno do eixo x pode ser determinado através da integral: x V d x . x d x 2 2 6 6 2 2 4 2 2 8 4 π . π (MAUÁ – 2011) Determine o volume do sólido gerado pela revolução da superfície limitada pelas curvas: y x 5 2 1 x 1 e y 0 , em torno do eixo x. RESOLUÇÃO A região proposta no enunciado pode ser visualizada a seguir: O volume do sólido de revolução da área acima em torno do eixo Ox é dado por: a a V d x x 2 1 3 20 1 lim π . / a a V x d x 1 4 5 0 l im π . / aa V . x 1 1 5 0 l im 5π . / / a V . .a 1 5 1 5 0 l im 5 1 5π . / a V a 1 5 0 5 lim 1π . V u .V . 5 π x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 61 Marim / Eiras (MAUÁ – 2012) Escreva a integral (não calcule esta integral) que fornece o volume do sólido gerado pela rotação, em torno da reta y 2 , da região formada pelas funções y se n x e y s e n x 3 e as retas x 0 e x 2π . RESOLUÇÃO O gráfico da região entre as funções dadas no enunciado pode ser visto a seguir: O volume dessa região em torno do eixo y = 2 é dado pela integral: / V s e n x s e n x d x 2 2 2 3 0 2 2 π π . x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 62 Marim / Eiras (MAUÁ – 2012) Dada as curvas: y x , y , y , y x 4 0 1 ln . (a) Faça um esboço da região delimitada pelas mesmas. RESOLUÇÃO A região delimitada pelas curvas dadas pode ser vista a seguir: (b) Escreva a(s) integral(is) que forneça(m) o volume do sólido obtido pela revolução da região delimitada no item (a) ao redor do eixo y. RESOLUÇÃO Como a rotação deve ser feita em torno do eixo Oy, devemos escrever as funções dadas explicitando a variável x. Assim: y x 4 x y 1 4 y x ln yx e Agora podemos escrever o volume pedido da seguinte forma: y yV e d y 21 2 0 4 π . x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 63 Marim / Eiras (c) Calcule o volume do sólido obtido. RESOLUÇÃO Vamos calcular a integral do item (b). y yV e d y 1 2 2 0 1 6 π . y yV e d y 1 2 2 0 1 6 π . y e y V 1 2 3 0 2 4 8 π . e V 2 1 1 2 4 8 2 π . e V u .V . 2 2 5 2 4 8 π . (d) Escreva, sem calcular, a integral que forneça o volume do sólido obtido pela revolução da região delimitada no item (a) ao redor do eixo x. RESOLUÇÃO Para a rotação em torno do eixo Ox devemos utilizar as equações como foram fornecidas no enunciado. Dessa forma, ficamos com: / e e / V x d x d x ln x d x 1 4 22 0 1 4 1 4 1π . π . π . (MAUÁ – 20112) É gerado um cone quando a parte da reta x y 2 , que está no primeiro quadrante é girada em torno do eixo . Utilize o Cálculo Integral para calcular o volume desse cone que vai de x 0 até x 6 . RESOLUÇÃO Primeiramente vamos representar graficamente a região que será rotacionada em torno do eixo Ox. A figura a seguir esboça essa área. x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 64 Marim / Eiras O volume do sólido obtido pela rotação dessa área em torno do eixo Ox é dado por: x V d x 6 2 0 4 π . V x d x 6 2 0 4 π . x V 6 3 0 4 3 π V 3 6 4 3 π V u .V . 1 8 π (MAUÁ – 2012) Encontre o volume do sólido obtido pela rotação ao redor do eixo y da região limitada por xy e 2 , y 0 , x 0 , e x 1 . RESOLUÇÃO Vamos representar a região proposta no enunciado a seguir: A interseção da reta vertical x 1 com a função xy e 2 resulta y e 1 . Como a região será rotacionada em torno do eixo Oy, devemos escrever a equação dada explicitando a variável x. Temos: x y e 2 x y 2 ln x x 2 ln x x ln Note que não existe nenhum problema nessa expressão, pois o valor de y está entre zero e um. Dessa forma, o logaritmo é negativo e, portanto, o valor dentro da raiz assume valores positivos. x y Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 65 Marim / Eiras Agora, podemos escrever o volume da área proposta com sendo: / e / e V d y y d y 1 1 2 2 0 1 1 lnπ . / e / e V d y y d y 1 1 0 1 1 lnπ . / e / e V y . y y .d y e 1 1 1 1 1 lnπ . V . e e e e 1 1 1 1 ln 1π . V u .V . e 1 1π . Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 66 Marim / Eiras Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 67 Marim / Eiras 31. INTEGRAIS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS Estratégia para avaliar m ns e n x .c o s x .d x Se a potência de cosseno é impar n k 2 1 , guarde um fator cosseno e use co s x se n x 2 21 para expressar os fatores remanescentes em termos de seno: 2 1 2 2 2 se n . c o s . se n . c o s . c o s . se n . c o s . c o s . se n . 1 se n . c o s . k k m m k m k m x x d x x x x d x x x x d x x x x d x A seguir, substitua u s e n x . Se a potência de seno é impar m k 2 1 , guarde um fator seno e use se n x co s x 2 21 para expressar os fatores remanescentes em termos de cosseno: 2 1 2 2 2 se n . c o s . s e n .se n . c o s . s e n .se n . c o s . 1 c o s .s e n . c o s . k k n n k n k n x x d x x x x d x x x x d x x x x d x A seguir, substitua u co s x . Se as potências do seno e do cosseno são pares, utilizamos as identidades dos ângulos metade: c o s x s e n x 2 1 2 2 e c o s x c o s x 2 1 2 2 . Algumas vezes é conveniente utilizar a identidade: s e n x .c o s x .s e n x 1 2 2 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - QuartoBimestre 68 Marim / Eiras Para calcular as integrais: (a) s e n m x .c o s n x d x (b) s e n m x .s e n n x d x (c) c o s m x .c o s n x d x Utilize a identidade correspondente: (a) s e n A c o s B . s e n A B s e n A B 1 2 (b) s e n A s e n B . c o s A B c o s A B 1 2 (c) c o s A c o s B . c o s A B c o s A B 1 2 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 69 Marim / Eiras Estratégia para avaliar m ntg x .s e c x d x Se a potência de secante é par n = k, k ≥2 2 , guarde um fator de 2sec x e use 2 2sec x tg x= 1 + para expressar os fatores remanescentes em termos de tg(x): k -12 km m 2 2 k -1m 2 2 tg x × s e c x .d x = tg x × s e c x .s e c x .d x = = tg x × 1 + tg x .s e c x .d x A seguir, substitua u = tg x . Se a potência da tangente é impar m k 2 1 , guarde um fator de tg ( x ) .se c ( x ) use 2 2tg ( x )= s e c ( x ) - 1 para expressar os fatores remanescentes em termos de secante: k2 k +1 n 2 n -1 k2 n -1 tg x .s e c x .d x = tg x .s e c x .s e c x .tg x d x = = s e c x - 1 .s e c x .s e c x .tg x d x A seguir, substitua u = sec x . Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 70 Marim / Eiras Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 71 Marim / Eiras QUESTÕES DE PROVAS PASSADAS (MAUÁ – 2006) Determine f sabendo que f 0 9 e f ' x co s x se n x 3 1 0 . RESOLUÇÃO Conhecemos a derivada da função f, assim podemos integrá-la: f x c o s x s e n x d x 3 1 0 f x .se n x .co s x C 3 1 0 Utilizando a condição dada no enunciado, chegamos a: f .se n .co s C 0 3 0 1 0 0 . . C 9 3 0 10 1 C 19 Portanto, a função é: f x .se n x .co s x 3 1 0 1 9 (MAUÁ – 2008) Calcule, apresentando todas as passagens, s e n x x d x . RESOLUÇÃO Podemos dividir a integral em uma soma de duas integrais: s e n x x d x s e n x d x x d x /xs e n x x d x c o s x C/ 3 2 3 2 Ou ainda: x xs e n x x d x c o s x C 2 3 Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 72 Marim / Eiras (MAUÁ – 2008) Calcule, apresentando todas as passagens, s e c x d x x 2 2 3 51 . RESOLUÇÃO Vamos separar a integral proposta em uma soma de duas integrais: s e c x s e c xd x d x d xx x 2 2 2 2 3 3 5 51 1 s e c x d x . d x . s e c x d xx x 2 2 2 2 3 1 1 3 5 51 1 Daí resulta que: s e c x d x .a rc tg x .tg x Cx 2 2 3 1 3 5 51 (MAUÁ – 2008) A aceleração de um objeto que oscila em linha reta é dada por a t co s ω .t . Sabendo que a posição deste objeto no instante t 0 é 0, isto é, S 0 0 , e que a velocidade neste mesmo instante é nula, v 0 0 , determine t 1 onde a velocidade média é nula, no intervalo de tempo Δ t t 1 0 . mv Δ s Δ t s t t 1 1 . RESOLUÇÃO Como conhecemos a aceleração, vamos integrá-la e obter a equação da velocidade: v t a t d t v t c o s ω t d t s e n ω t v t K ω Temos uma informação no enunciado que utilizaremos para determinar o valor da constante K. Assim: v 0 0 s e n ω . v K ω 0 0 K 0 0 K 0 A equação da velocidade fica: s e n ω t v t ω Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 73 Marim / Eiras Agora vamos integrar a equação da velocidade para encontrar a equação da posição: S t v t d t s e n ω t S t d t ω S t s e n ω t d t ω 1 c o s ω t S t . C ω ω 1 c o s ω t S t C ω 2 Utilizando outra informação fornecida no enunciado para determinar o valor da constante C: S 0 0 c o s ω . S C ω 2 0 0 C ω 2 1 0 C ω 2 1 Podemos agora escrever a equação da posição: c o s ω t S t ω ω 2 2 1 Com a equação da posição podemos determinar a velocidade média entre os instantes t = 0 e t = t1: m Δ S v Δ t m S t S v t 1 1 0 0 m c o s ω t ω ωv t 1 2 2 1 1 O problema pede o instante de tempo t1 em que essa velocidade média é igual a zero. Assim: c o s ω t ω ω t 1 2 2 1 1 0 c o s ω t ω ω 1 2 2 1 0 c o s ω t ω ω 1 2 2 1 co s ω t 1 1 O cosseno de um ângulo vale 1 quando esse ângulo é igual a zero, ou múltiplos pares de π : ω t k . k = 0 ,1 , 2 ,3 , .. . 1 2 π Quando k = 0 o móvel está parado, daí a velocidade média também é zero. A próxima vez que a velocidade média será zero é quando k = 1. Daí: ω t . 1 2 π . t ω 1 2 π Resolução de Provas Passadas de Cálculo I - Quarto Bimestre 74 Marim / Eiras (MAUÁ – 2009) Calcule a integral s e n x d x s e n x 2 1 , exibindo todas as passagens. RESOLUÇÃO Inicialmente vamos utilizar a relação se n x co s x 2 2 1 e assim, podemos escrever a integral pedida como: s e n x s e n x d x d x s e n x c o s x 2 2 1 s e n x s e n x d x d x c o s x .c o s xs e n x 2 1 s e n x s e n x d x . d x c o s x c o s xs e n x 2 1 1 s e n x d x tg x . s e c x d x s e n x 2 1 s e n x d x s e c x K s e n x 2 1 (MAUÁ – 2009) Calcule as integrais abaixo, exibindo todas as passagens: (a) c o s x . tg x d x 2 21 1 RESOLUÇÃO Inicialmente vamos utilizar as relações se n x co s x 2 2 1 e tg x se c x 2 21 e assim, podemos escrever a integral pedida como: c o s x . tg x d x s e n x . s e c x d x 2 2 2 21 1 Agora vamos escrever a secante com o um sobre o cosseno: c o s x . tg x d x s e n x . d xc o s x 2 2 2 2 1 1 1 c o s x . tg x d x tg x d x 2 2 21 1 Novamente vamos
Compartilhar