gabarito-P3-6a-manha-ma111-1s-2019

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Departamento de Matemática - IMECC - Unicamp
MA111- Primeiro Semestre de 2019
Prova 3 - 28/06/2019 (6a - Manhã)
Nome:
RA: Turma
Questões Notas
Q1
Q2
Q3
Q4
Q5
Total
• Desligue o celular.
• A prova contém cinco questões. Resolva cada questão em sua respectiva folha.
• Não retire o grampo da prova nem destaque páginas da prova.
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• Respostas sem justificativas não serão consideradas.
Justifique suas respostas!
Questão 1. (2.0 pontos) Considere a região delimitada pelas curvas y = −2x + 3, y = x2 e
pelo eixo x.
(a) (0.5) Faça um esboço da região.
(b) (1.5) Calcule a área da região.
Solução: (a) Os pontos de interseção das curvas y = −2x+3 e y = x2 são as ráızes da equação
x2 + 2x − 3 = 0, ou seja, x = 1 e x = −3. A interseção da curva y = −2x + 3 com y = 0 é
x = 3/2 e da curva y = x2 com y = 0 é x = 0. Portanto, um esboço da região é dado abaixo
0.5 1.0 1.5 2.0
-1
1
2
3
4
(b) A área, digamos A, da região é dada por
A =
∫ 1
0
x2dx+
∫ 3/2
1
(−2x+ 3)dx
=
x3
3
∣∣∣∣1
0
+
(
−x2 + 3x)
∣∣3/2
1
=
7
12
.
Observação: Uma outra maneira de calcular a área é expressar como função y, ou seja,
A =
∫ 1
0
(
3− y
2
−√y
)
dy
=
(
3
2
y − y
2
4
− 2
3
y3/2
)∣∣∣∣1
0
+
=
7
12
.
2
Questão 2. (2.0 pontos) Calcule as seguintes integrais:
(a) (1.0)
∫
2
x
√
x2 − 4
dx;
(b) (1.0)
∫
2et cos2(et − 2)dt.
Solução: (a) Fazendo a substituição x = 2 sec θ, com 0 < θ < π/2 ou π < θ < 3π/2, obtemos
x2− 4 = 4(sec2 θ− 1) = 4 tg2 θ e dx = 2 tg θ sec θdθ. Além disso, como nos intervalos (0, π/2) e
(π, 3π/2) a função tangente é positiva temos que
√
x2 − 4 =
√
4 tg2 θ = 2 tg θ. Assim,∫
2
x
√
x2 − 4
dx =
∫
2
4 tg θ sec θ
2 tg θ sec θdθ
=
∫
1dθ
= θ + C
= sec−1
(x
2
)
+ C,
onde, na última igualdade, usamos o fato de que sec θ = x/2.
(b) Começamos fazendo a substituição u = et − 2 e obtemos du = etdt. Portanto,∫
2et cos2(et − 2)dt =
∫
2 cos2(u)du
=
∫
(1 + cos(2u))du
= u+
sen(2u)
2
+ C
= et − 2 + sen(2e
t − 4)
2
+ C.
3
Questão 3. (2.0 pontos)
(a) (1.0) Determine
∫
x ln(x)dx.
(b) (1.0) Avalie se a integral imprópria ∫ ∞
5
1
(x− 4)3/2
dx
converge ou diverge. Se convergir, calcule seu valor.
Solução: (a) Aqui vamos usar integração por partes. Para isso, sejam u = lnx e dv = xdx, de
modo que du = 1/xdx e v = x2/2. Logo,∫
x lnxdx =
∫
udv = uv −
∫
vdu
=
x2
2
lnx−
∫
x2
2
1
x
dx
=
x2
2
lnx− x
2
4
+ C.
(b) Por definição temos ∫ ∞
5
1
(x− 4)3/2
dx = lim
t→+∞
∫ t
5
1
(x− 4)3/2
dx.
Agora, para resolver a integral do lado direito da igualdade acima, fazemos a mudança de
variáveis u = x− 4 para obter du = dx e∫ t
5
1
(x− 4)3/2
dx =
∫ t−4
1
1
u3/2
du = − 2
u1/2
∣∣∣∣t−4
1
= − 2
(t− 4)1/2
+ 2.
Assim, ∫ ∞
5
1
(x− 4)3/2
dx = lim
t→+∞
(
− 2
(t− 4)1/2
+ 2
)
= 2,
pois limt→+∞
2
(t−4)1/2 = 0.
Portanto, a integral converge e seu valor é 2.
4
Questão 4. (2.0 pontos) Use frações parciais para calcular a seguinte integral∫
x2 + 3x− 2
(x− 2)(x+ 1)2
dx
Solução: Por frações parcias, temos que encontrar números reais A,B,C tais que
x2 + 3x− 2
(x− 2)(x+ 1)2
=
A
x− 2
+
B
x+ 1
+
C
(x+ 1)2
,
ou equivalentemente, A(x+ 1)2 +B(x− 2)(x+ 1) +C(x− 2) = x2 + 3x− 2. Daqui, segue que
A+B = 1,
2A−B + C = 3,
A− 2B − 2C = −2,
ou seja, A = 8/9, B = 1/9 e C = 4/3. Logo,∫
x2 + 3x− 2
(x− 2)(x+ 1)2
dx =
8
9
∫
1
x− 2
dx+
1
9
∫
1
x+ 1
dx+
4
3
∫
1
(x+ 1)2
dx
=
8
9
ln |x− 2|+ 1
9
ln |x+ 1| − 4
3
1
x+ 1
+ C,
onde C é uma constante arbitrária.
5
Questão 5. (2.0 pontos) Considere a região R limitada pelas curvas y = x3, x = 2 e pelo
eixo x.
(a) (0.5) Esboce a região R.
(b) (1.5) Calcule o volume do sólido gerado pela rotação de R em torno do eixo y.
Solução: (a) Um esboço da região é dado abaixo
-2 -1 1 2
-5
5
(b) Observe que a interseção do sólido com um plano perpendicular ao eixo y é um anel de raio
externo 2 e raio interno y1/3, cuja área é
A(y) = 4π − πy2/3.
Logo, o volume é dado por
V =
∫ 8
0
A(y)dy
= π
∫ 8
0
(4− y2/3)dy
= 32π − 96π
5
=
64π
5
.
6