AP1-C2-2019-2-Gabarito

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AP1 - CÁLCULO II - 2/2019 GABARITO 
 Questão 1 (3,0 pontos) Calcule a área da região sombreada 
Figura 1 
Solução 
Figura 2 
Seja R a região dada, ela é a união das regiões 1R e 2R mostradas na Figura 2. Neste caso, a 
representação da área é feita por duas integrais em relação à variável independente x: 
1 2
( ) ( ) ( )R = +A A R A R = ( ) ( )
0
21
2
1 0
1 1
[2 ] [ ]
1
1
2cos
2
x
dx dx
x
x x
π
π
π
+
−
 − + +  −
−∫ ∫
0
( 1) 3
2
2
1 0
2 1 1 ( )
ln | 1| 2 sen
ln 2 2 3
x
x
x x
π
π
π
+
−
    −  = − − + +       
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Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
2 
�
( )
00
1
2 1
ln 1 ln 2 4sen 0 4sen 0
ln 2 ln 2 2 3
π π
              = − − − − − + + − −                       
�������
�������
2 1 1
ln 2 4 ln 2 4
ln 2 ln 2 3 ln 2 3
π π
= − + + + = + + + unidades de área.
Questão 2 (2,0 pontos) Calcule a derivada da seguinte função 
2
1
1
sen ( )
4
π
+
+
= 
x x
x
t dt
t
y , onde 
0>x . Em seguida, calcule (1)′y .
Solução 
Lembre-se que para 0>a temos
2
1
1 1
sen ( ) sen ( )
4 4
( )
π π
+
+
+=  
a x x
ax
t dt t dt
t t
y x
2
1
1 1
sen ( ) sen ( )
4 4
π π
+ +
+= −  
x x x
a a
t dt t dt
t t
Observe-se que 
1
sen
4
π 
 
 
t
t
é contínua para 0>t , logo podemos aplicar a cada integral a 1ª 
forma do TFC e a regra da cadeia, assim obtemos: 
( ) ( )2 22
1 1
( ) sen (1 ) 1 sen ( )
4 ( ) 4(1 )
π π   ′    ′′ = − + + + + +     
++      
y x x x x x x x
x xx
( )2
2
1 1 1
( ) sen (1 ) sen ( ) 2 1
4 ( ) 4(1 ) 2
π π       
′ = − + + + +       
++        
y x x x x x
x xx x
Ou seja 
( ) 2
2
2 1 1
( ) sen ( ) sen (1 )
( ) 4 4(1 )2
π π +    
′ = + − +     
+ +      
x
y x x x x
x x x x
Logo 
1 1
3 1 5
(1) 1 sen sen
2 2 4 2 4
π π
 
    
′ = − =    
    
 
����� �����
y
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3 
 
Questão 3 (1,5 ponto) Usando a técnica de substituição, calcule 
 
( )
( )
( )
( )
- 2-
-
- 11
 
+ 
++ 

x x
xx
e e
ee
dx . 
 
Solução 
Observe-se que para facilitar as contas podemos separar a integral dada na forma seguinte: 
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
- 2- - -
2
- -
- -1 11 1
 
+ + 
+ ++ + 
=  
x x x x
x xx x
e e e dx e dx
e
e ee e
dx 
 Seja 
( ) ( ) ( )− − −
=  = −  = −x x xu e du e dx e dx du . Logo fazendo as substituições 
adequadas nas integrais dadas temos: 
1/2
2 2( 1)
ln 1
1 1/ 21
− +
− = − − + +
++
=  
du du u
e e u C
uu
 
Ou seja 
( ) 1/2 2 ( )
2( 1) ln 1
− −= − + − + +x xe e e C ou 
( ) 2 ( )
2. 1 ln 1
− −= − + − + +x xe e e C . 
 
 
Questão 4 (1,5 ponto) Usando a técnica de integração por partes, calcule ( )
7
2 1
−
− x x dx . 
Solução 
Seja 6
7 6(2 1) 1
(2 1) (2 1)
2( 6) 12
−
− −
=  =

−
= −  = = − − −
u x du dx
x
dv x dx v x
 
( ) ( ) ( )
7 6 61
2 1 2 1 2 1
12 12
− − −
− = − − + − 
x
x x dx x x dx (*) 
Observe-se que 
( ) ( )
( )
( )
( )
5
6 6 52 11 1 1
2 1 2 1 2 2 1
2 2 5 10
−
− − −−
− = − = = − − +
− 
x
x dx x dx x C (**) 
 
 Substituindo (**) em (*) temos 
( ) ( ) ( )
7 6 51
2 1 2 1 2 1
12 120
− − −
− = − − − − +
x
x x dx x x C . 
 
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4 
Questão 5 (2,0 pontos) Calcule ( ) ( )
1
3
4 3
1
6
sen 3 cos 3π π
−
 x x dx . 
 
Solução 
Para facilitar os cálculos seja 3 3 .
3
π π
π
=  =  =
du
u x du dx dx 
Se 
0 0
1
6 2
π
= −  = −x u e se 
1 1
1
3
π=  =x u . Temos 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
3
4 3 4 3 4 2
1
6 2 2
1 1
sen 3 cos 3 sen cos sen cos cos
3 3
x x dx u u du u u u du
π π
π π
π π
π π
− − −
= =   
 ( ) ( ) ( )4 2
2
1
sen (1 sen ) cos
3
u u u du
π
π
π
−
= − 
Seja ( ) ( )sen cos=  =z u dz u du . Se 0 0 sen 1
2 2
u z
π π 
= −  = − = − 
 
. Se 
( )1 1 sen 0π π=  = =u z . Logo 
( ) ( ) ( )
0
4 2 4 2
1
2
1 1
sen (1 sen ) cos (1 )
3 3
u u u du z z dz
π
π
π π
−
−
− = − =  
00 5 7
4 6
11
1 1 1 1 1 2
( ) ( ) ( )
3 3 5 7 3 5 7 105π π π π
−−
 − −
= − = − = − − =


z z
z z dz .