AD01-C2-2020-1-Gabarito

Prévia do material em texto

Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
 
Cálculo II – AD1 (2020/1) – Gabarito 
 
Questão 1  (2,0 pontos)  
 
Considere a curva  34y x x  , com  0 2x  , e seja  R  a região limitada por ela e pelo eixo  x , neste 
intervalo de valores. 
Uma reta passando pela origem divide esta região em duas regiões  1R  e  2R , sendo que  1R  fica acima da reta 
e  2R , abaixo. Determine a área total da região R e a inclinação da reta que faz com que se tenha 
1 2( ) ( )área R área R . 
 
Solução da Questão 1: 
 
Uma  reta passando pela origem com inclinação m  tem equação dada por  y mx= . Um ponto de interseção 
da reta   y mx=  com a curva  34y x x  , no intervalo 0 2x   tem a forma  ( , )P a ma , como indicado na 
figura 1.1 a seguir. As regiões são também indicadas na figura. 
 
 
 
 
Figura 1.1  
 
Queremos obter a inclinação m  de modo que se tenha  1 2( ) ( )A R A R . Mas         
       1 2 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )TA A R A R A R A R A R              (*) 
 
ou  
1 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )TA A R A R A R A R A R     , 
onde  TA  é a área total sob o gráfico. 
Cálculo II  AD01 – Gabarito  2020/1 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
2	
 
No ponto de interseção  ( , )P a ma , tem‐se 
 
3 3 24 ( 4) 0 .( ( 4)) 0 0 4ma a a a m a a a m a ou a m                 
 
Como queremos  0a  , então   4a m    (**) 
Calculando a área da região  1R , obtemos: 
 


 
3 3
1
0 0
2
(**)4 2 4 2 2 2
40
( ) ((4 ) ) ( (4 ) )
(4 ) 4(4 ) ( 4 ) (4 ) (4 ) (4 )
4 2 4 2 4 2 4
a a
a
a m
A R x x mx dx x m x dx
m mx m x m m m m
 
       
      
         
 
 
   (1) 
 
 
A área total sob o gráfico é dada por 
 
22 4
3 2
0 0
(4 ) 2 8 4 4 4 . .
4T T
x
A x x dx x A u a
 
         
 
       (2) 
 
Substituindo (1) e (2) em (*), obtemos  
 
2
2(4 )4 2. (4 ) 8 4 8 4 8 4 8
4
m
m m m ou m

             . 
 
Mas (**) implica que deve‐se ter  4m  . Logo   4 8m   .    
 
 
Questão 2  (2,5 pontos)   
Sendo    
3 23
0
( ) ( )
xx
F x f t dt

    e  
2
7
0
( ) ( ).cos( )
t
f t sen u u du

    
calcule   (3)F ,  ' (3)F   e   '' (3)F . 
 
 
Solução da Questão 2 
 
Cálculo de  (3)F : 
Para  3x  , tem‐se que  3 23 0x x  . Portanto  
0
0
(3) ( ) 0F f t dt       (3) 0F    . 
 
Cálculo de  ' (3)F : 
 
Usando o TFC e a regra da cadeia, tem‐se que  
Cálculo II  AD01 – Gabarito  2020/1 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
3	
 
3 2 3 2 2 3 2'( ) ( 3 ) ' . ( 3 ) (3 6 ) . ( 3 )F x x x f x x x x f x x           (*) 
 
Para  3x  :  
          
2'(3) (3.3 6.3) . (0) 9. (0)F f f              (**) 
 
Cálculo de  (0)f : 
 
2
7
0
(0) ( ).cos( )f sen u u du

   
 
Usando a substituição  ( ) cos( )s sen u ds u du     , temos que 
0 0
1
2
u s
u s

  


  
    ,  portanto 
 
11 82
7 7
00 0
1
(0) ( ).cos( )
8 8
s
f sen u u du s ds

      
 
Substituindo em (**), segue que     
9
'(3)
8
F       
 
 
Cálculo de  "(3)F : 
 
Derivando a expressão em (*), usando as regras do produto e da cadeia, tem‐se: 
 
2 3 2 2 3 2 3 2
3 2 2 2 3 2
"( ) (3 6 ) ' . ( 3 ) (3 6 ). '( 3 ).( 3 ) '
(6 6) . ( 3 ) (3 6 ) . '( 3 )
F x x x f x x x x f x x x x
x f x x x x f x x
       
     
 
 
Para  3x  : 
 
1
"(3) 12 . (0) 81. '(0) 12. 81. '(0)
8
F f f f                                       (***) 
 
 
Cálculo de  ' (0)f : 
 
 
Usando o TFC e a regra da cadeia, temos 
 
7 7' ( ) ' . .cos .cos
2 2 2 2 2
f t t sen t t sen t t
                            
         
 
 
Cálculo II  AD01 – Gabarito  2020/1 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
4	
 
Portanto, para   0t  :  7' (0) .cos 1.0 0
2 2
f sen
         
   
. 
 
Substituindo em (***), segue que  
 
12
"(3) 81. 0
8
F       
3
"(3)
2
F      
 
 
 
Questão 3  (3,0 pontos) Considere a região R compreendida entre os gráficos de  2 8t ts -=  e  24s t t= - .  
 
     a) Esboce a região R . 
     b) Represente a área de R  por uma ou mais integrais definidas em termos de   s . 
     c)  Represente a área de R  por uma ou mais integrais definidas em termos de   t . 
     d)  Encontre a área da região R  (Use a representação mais conveniente). 
 
Solução da Questão 3a: 
 
a) Deve‐se observar que  2 8s t t   ( em analogia com  2 8x y y  ) é uma parábola e sua concavidade 
está voltada para a direita. Da mesma forma , 
24s t t  ( em analogia com  24x y y   é também 
uma  parábola  e  sua  concavidade  está  voltada  para  a  esquerda.  Verifica‐se  que  a  interseção  das 
parábolas ocorre nos pontos   ( , ) (0,0)s t = e  ( , ) ( 12,6)s t = -  .  
A região é esboçada na figura 3.1 a seguir. 
Obs.: evidentemente se poderia trocar a posição das variáveis  s  e  t , o que faria as parábolas terem 
concavidades  voltadas  para  cima  ou  para  baixo.  As  adequações  nas  resoluções  são  facilmente 
ajustadas. 
 
 
 
Figura 3.1   
 
 
 
 
 
Cálculo II  AD01 – Gabarito  2020/1 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
5	
Solução da Questão 3b: 
 
Para representar a área da região R  em termos de s  , precisamos dividi‐la em três  
sub‐regiões , como mostra a figura 3.2 a seguir, além de expressar   t  como função de  s  . 
Ou seja, na parábola  2 8s t t   , completando quadrado obtemos  
2 28 16 16 ( 4) 16s t t t        
portanto tem‐se   4 16t s=  +  , o que nos dá os dois ramos da parábola correspondendo às partes 
em que  4t ³   e  4t £ .  
Na parábola  24s t t   , completando quadrado obtemos  
2 24 4 4 4 ( 2)s t t t        
portanto tem‐se   2 4t s=  -  , o que nos dá os dois ramos da parábola correspondendo às partes 
em que  2t ³   e  2t £ .  
 
 
 
Figura 3.2 
 
21 3
12 0 4
16 12 0
( )( ) ( )
( )
[(4 16 ) (4 16 )] [(2 4 ) (4 16 )] [(2 4 ) (2 4 )]
A RA R A R
A R
s s ds s s ds s s ds
-
- -
=
= + + - - + + + - - - + + + - - - -ò ò ò
 
 
 
 
 
Solução da Questão 3c: 
 
Neste caso, verificamos que é desnecessário dividir a região, como mostra a figura 3.3 a seguir .  
 
Cálculo II  AD01 – Gabarito  2020/1 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
6	
 
Figura 3.3 
 
Temos portanto: 
 
6
2 2
0
( ) [(4 ) ( 8 )]A R t t t t dt= - - -ò  
 
 
Solução da Questão 3d: 
 
Usando a expressão do item (c) , obtemos: 
 
66 6 3 3 3
2 2 2 2 2 2
00 0
2 2.6 2.0
( ) [(4 ) ( 8 )] (12 2 ) 6 6.6 6.0 72
3 3 3
t
A R t t t t dt t t dt t
é ù é ù é ù
ê ú ê ú ê ú= - - - = - = - = - - - =ê ú ê ú ê úë û ë û ë û
ò ò
 
ou seja,   ( ) 72A R = u.a. 
 
 
 
Questão 4  (2,5 pontos)    Calcule as integrais a seguir  
 
a)       
2 arccos(2 )
( )
1 4
x x
x
F x dx
 
  
 
     b)   
7/2 4cos ( ) 3sen ( )
( )
cotg( )
x x
G x dx
x
 
  
 
  
c)                     
7
3log (5 )( )
x
H x dx
x
 
  
 
  
 
Solução da Questão 4a 
 
 
Considere a substituição 
 2
2 .ln 2 2 .ln 2 2
arccos(2 )
ln 21 4 1 41 2
x x x
x
x xx
du
u du dx du dx dx

        
 
 
 
Cálculo II  AD01 – Gabarito  2020/1 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
7	
 22 arccos(2 )2 arccos(2 )
( )
ln 2 2.ln 2 ln 41 4
xx x
x
u u
F x dx du C C
             
  
   
 
 
 
Solução da Questão 4b 
 
Iniciamos reescrevendo a integral 
 
7/2 4 7/2 4
7/2 2 2 7/2 2 2
7/2 2 4
cos 3sen cos 3sen
( ) .sen
cotg cos
cos 3(sen ) cos 3(1 cos )
.sen .sen
cos cos
cos 3(1 2cos cos )
.sen
cos
x x x x
G x dx x dx
x x
x x x x
x dx x dx
x x
x x x
x dx
x
    
     
   
     
     
   
   
  
 
 
 

 
 
 
Considerando agora a substituição  
 
cos sen senu x du x dx du xdx        
 
7/2 2 4
5/2 3
7/2 4
2
7/2 4
2
3(1 2 ) 3
( ) 6 3
3
2 3ln | | 3
7 4
(cos ) 3cos
2 3ln | cos | 3cos
7 4
u u u
G x du u u u du
u u
u u
u u C
x x
x x C
                
  
      
     
 
 
 
 
Solução da Questão 4c 
 
Considere a substituição  
 
7 6
7
3 7
ln(5 ) 35 7 ln 3. 1
log (5 )
ln 3 5 .ln 3 .ln 3 7
x x du
u x du dx du dx dx
x x x
         
 
Assim:  
 
 277 2 33 ln 3. log (5 )log (5 ) ln 3 ln 3.( )
7 14 14
xx u u
H x dx du C C
x
           
  
 