Prova + gabarito de calculo 1 - segunda chamada

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Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 06/07/2016
Aluno(a): CPF:
2a Chamada de Ca´lculo 1
Instruc¸o˜es
♦ Escreva seu nome e o nu´mero de seu CPF no lugar indicado desta folha.
♦ Todos os aparelhos eletroˆnicos devera˜o permanecer desligados durante a prova.
♦ As respostas somente sera˜o aceitas com justificativas.
♦ Esta folha devera´ ser devolvida junto com o caderno de respostas.
Questo˜es - Gabarito
1. (1, 5 ponto) Usando a definic¸a˜o de derivada, calcule f ′(0), onde f(x) =
√
3x+ 1.
OBS.: Na˜o e´ permitido o uso da regra de l’Hoˆspital.
Soluc¸a˜o. Por definic¸a˜o de derivada, temos que
f ′(0) = lim
h→ 0
f(0 + h)− f(0)
h
= lim
h→ 0
f(h)− f(0)
h
= lim
h→ 0
√
3h+ 1− 1
h
= lim
h→ 0
√
3h+ 1− 1
h
·
√
3h+ 1 + 1√
3h+ 1 + 1
= lim
h→ 0
(3h+ 1)− 1
h(
√
3h+ 1 + 1)
= lim
h→ 0
3h
h(
√
3h+ 1 + 1)
= lim
h→ 0
3
(
√
3h+ 1 + 1)
=
3
2
.
1
Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 06/07/2016
2. (2, 0 pontos) Encontre a altura e o raio do cilindro circular reto de maior volume que pode
ser inscrito em um cone circular reto com 10 cm de altura e 6 cm de raio.
Soluc¸a˜o. Sejam h, r e V , a altura, o raio e o volume do cilindro, respectivamente. Sabemos
que V = pir2h.
h
10− h
r
6
Por semelhanc¸a de triaˆngulos, temos que
10− h
10
=
r
6
=⇒ h = 10− 5
3
r.
Logo, o volume e´ dado como func¸a˜o do raio r da seguinte forma:
V (r) = pir2
(
10− 5
3
r
)
= 10pir2 − 5
3
pir3.
Uma vez que r e´ o raio do cilindro, r na˜o pode ser negativo, i.e., r ≥ 0. Ademais, r na˜o
pode ser maior do que o raio do cone, ou seja r ≤ 6. Logo, o domı´nio da func¸a˜o V (r) e´ o
intervalo [0, 6]. Agora, como
V ′(r) = 20pir − 5pir2 = 5pir(4− r),
segue que os u´nicos pontos cr´ıticos de V sa˜o r = 0 e r = 4. Uma vez que V (0) = 0 = V (6)
e V (4) =
160pi
3
, temos, pelo me´todo do intervalo fechado, que o volume ma´ximo e´
V =
160pi
3
cm3,
e isso ocorre quando r = 4 cm e h =
10
3
cm.
2
Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 06/07/2016
3. Considere a func¸a˜o f(x) =
lnx
x2
, para x > 0.
(a) (0, 6 ponto) Determine as ass´ıntotas (caso existam).
Soluc¸a˜o. Uma vez que lim
x→ 0+
f(x) = lim
x→ 0+
1
x2
lnx = −∞, conclu´ımos que a reta x = 0 (ou
seja, o eixo y) e´ uma ass´ıntota vertical. Por outro lado, usando a regra de l’Hoˆspital, e´ fa´cil
ver que
lim
x→+∞
lnx
x2
= lim
x→+∞
1
2x2
= 0.
Portanto, a reta y = 0 (ou seja, o eixo x) e´ uma ass´ıntota horizontal.
(b) (0, 6 ponto) Encontre os intervalos de crescimento e decrescimento, bem como os pontos
cr´ıticos. Determine os pontos de ma´ximo e mı´nimo locais.
Soluc¸a˜o. Pela regra do quociente, temos que
f ′(x) =
1− 2 lnx
x3
.
O u´nico ponto cr´ıtico de f e´ x0 = e
1/2. Temos que f ′(x) > 0 quando 1−2 lnx > 0 e f ′(x) < 0
quando 1− 2 lnx < 0. Ou seja, f e´ crescente em (0, e1/2) e decrescente em (e1/2,+∞). Pelo
teste da primeira derivada, x0 = e
1/2 e´ um ponto de ma´ximo local (e absoluto).
(c) (0, 6 ponto) Analise a concavidade e encontre os pontos de inflexa˜o.
Soluc¸a˜o. Novamente pela regra do quociente, temos que
f ′′(x) =
6 lnx− 5
x4
.
Assim, f ′′(x) > 0 quando 6 lnx − 5 > 0 e f ′′(x) < 0 quando 6 lnx − 5 < 0. Isto e´, f e´
coˆncava para cima em (e5/6,+∞) e coˆncava para baixo em (0, e5/6). A abscissa do ponto de
inflexa˜o e´ x1 = e
5/6.
(d) (0, 7 ponto) Esboce o gra´fico da func¸a˜o, destacando os pontos cr´ıticos e de inflexa˜o.
Soluc¸a˜o. Usando os resultados obtidos nos itens anteriores, podemos, enfim, esboc¸ar o
gra´fico de f (veja a figura na pro´xima folha).
3
Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 06/07/2016
Ox
Oy
f (x) =
lnx
x2
e1/2 e5/6
ponto de ma´ximo absoluto
ponto de inflexa˜o
4
Ca´lculo Diferencial e Integral 1 - MA026 - 1o Semestre de 2016 - 06/07/2016
4. Calcule as integrais abaixo:
(a) (1, 0 ponto)
∫
sen(lnx) dx.
Soluc¸a˜o. Sejam u = sen(lnx) e dv = dx. Enta˜o, du = cos(lnx)
1
x
dx e v = x. Integrando
por partes, obtemos
I =
∫
sen(lnx) dx = x sen(lnx)−
∫
cos(lnx) dx. (1)
Agora, sejam w = cos(lnx) e dr = dx. Enta˜o, dw = −sen(lnx) 1
x
dx e r = x. Novamente
integrando por partes, obtemos∫
cos(lnx) dx = x cos(lnx) +
∫
sen(lnx) dx = x cos(lnx) + I.
Substituindo a integral acima na expressa˜o (1), conclu´ımos que
I = x sen(lnx)− x cos(lnx)− I =⇒ I = x
2
[
sen(lnx)− cos(lnx)]+ C, onde C ∈ R.
(b) (1, 0 ponto)
∫ 1
0
√
1 + x2 dx.
Soluc¸a˜o. Se x = tg θ, θ ∈ (−pi
2
, pi
2
), obtemos dx = sec2θ dθ. Ademais, note que
x = 0 ; θ = 0,
x = 1 ; θ = pi/4.
Assim,
I =
∫ 1
0
√
1 + x2 dx =
∫ pi/4
0
√
1 + tg2θ sec2θ dθ =
∫ pi/4
0
sec3θ dθ.
Usando integrac¸a˜o por partes, e´ fa´cil ver que∫
sec3θ dθ =
1
2
(
sec θ tg θ + ln |sec θ + tg θ|)+ C, onde C ∈ R.
Logo, ∫ pi/4
0
sec3θ dθ =
1
2
(
sec θ tg θ + ln |sec θ + tg θ|)∣∣∣∣∣
pi/4
0
=
√
2 + ln(1 +
√
2)
2
.
5
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5. (2, 0 pontos) Calcule o volume do toro so´lido gerado pela rotac¸a˜o do disco x2 + (y− 3)2 ≤ 1
em torno do eixo x.
Soluc¸a˜o. Observe que as sec¸o˜es transversais sa˜o ane´is com raio interno 3−√1− x2 e raio
externo 3 +
√
1− x2. Assim, a a´rea da sec¸a˜o transversal na posic¸a˜o x e´
A(x) = pi
(
3 +
√
1− x2
)2
− pi
(
3−
√
1− x2
)2
= 12pi
√
1− x2.
Logo, o volume V procurado e´
V =
∫ 1
−1
A(x) dx = 12pi
∫ 1
−1
√
1− x2 dx. (2)
Interpretando a integral
∫ 1
−1
√
1− x2 dx como uma a´rea, conclu´ımos que
∫ 1
−1
√
1− x2 dx = pi(1)
2
2
=
pi
2
.
Portanto,
V = 12pi · pi
2
= 6pi2 u.v.
6