APX3-C2-2020-2-Gabarito Modelo

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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 
APX3 – Cálculo II – 2/2020 
Prova Questionário. Gabarito de uma prova 
 
Observação: Neste gabarito as 5 questões foram escolhidas aleatoriamente, as demais questões são 
resolvidas de forma análoga. 
 
 
Questão 2 (2,0 pontos). Seja R a região situada no primeiro quadrante, limitada pelas duas curvas: 
4x y+ = e (4 )x y y= − , em que a região R está sendo considerada no lado direito de 4x y+ = . 
Calcule o volume do sólido S obtido pela rotação da região R ao redor do eixo .x (A resposta deve ser 
aproximada com duas casas decimais). 
Solução 
 
Figura 1 
Para obter o volume do solido S , usaremos o método das cascas cilíndricas. Temos então a fórmula 
4
1
( ) ( )( ) 2 r y h y dyV S π=  
Na Figura 1, vemos que a função ( )r y y= e [ ] ( )(4 ) 4( ) ( ) ( ) y y yh y g y f y − − −  = − = para [1, 4]y ∈ , 
note que ( ) 0r y > , e ( ) 0h y > para [1, 4]y ∈ . Assim, o volume neste caso é 
V (S ) 
4 4 4
2 2 2 3
1 1 1
4 4 5 4 5 42 2 2y y y y dy y y y dy y y y dyπ π π     − − + − − − −     = = =   
 
 ( )
3 4
24 4 5 1 20 20 3 24 32 7
5 2 4 ( 2) 16( 6)
3 4 3 4 3 12 3 12
2 2 2π π π
   − −    
− − − − − = − − = +           
= 
Cálculo II APX3 - GABARITO 2/2020 
 
2 
 
V (S ) ( )
128 7 45
12 2
2 22,5 70,69π π π
+ 
= =  
= ≈ u.v. 
 
Questão 3 (2,0 pontos). Calcule a integral definida ( ) ( )
12
2 3
0
100 tg 3 sec 3x x dx
π
 . 
(A resposta deve ser aproximada com duas casas decimais). 
Solução 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
12 12 12
2 3 2 3 5 3
0 0 0
100 tg 3 sec 3 100 (sec 3 1) sec 3 100 (sec 3 sec 3 )x x dx x x dx x x dx
π π π
= − = −   
Seja 3 3u x du dx=  = . Se 0 0x u=  = e se 
12 4
x u
π π
=  = . Logo 
( ) ( )
12 4
5 3 5 3
0 0
100
100 (sec 3 sec 3 ) (sec sec )
3
x x dx u u du
π π
− = −  . Por outro lado, da fórmula de recorrência dada 
na página 55, Volume 2 do Caderno Didático de Cálculo II , sabemos que 
2
2sec tg 2sec sec
1 1
n
n nu u n
u du u du
n n
−
−−
= +
− −  . Portanto,
3
5 3sec tg 3sec sec
4 4
u u
u du u du= +  . Logo 
4 4 4 43 34 4
5 3 3 3 3
0 00 0 0 0
sec tg 3 sec tg 1
(sec sec ) sec sec sec
4 4 4 4
u u u u
u u du u du u du u du
π π π π
π π
   
− = + − = −   
      
 
E usando novamente a fórmula de recorrência para 
3sec u du temos: 
4 4
4 43
0 0
0 0
2 2 1 2 2 1 sec 1 2 2 1 2 1
sec sec ln sec
4 4 4 4 2 2 4 4 2 2
u tg u
u du u u tg u
π π
π π
 
     = − = − + = − + +    
    
  
Cálculo II APX3 - GABARITO 2/2020 
 
3 
 
4 2 2 ln 2 1 3 2 ln 2 12 2 1 2 1
ln 2 1
4 4 2 2 8 8
− − + − + 
= − + + = = 
 
. 
Portanto ( ) ( ) ( )
12
5 3
0
3 2 ln 2 1100 25
100 (sec 3 sec 3 ) 3 2 ln 2 1 14,01
3 8 6
x x dx
π
 − +
 − = = − + ≈
 
 
 
Isto é ( ) ( )
12
2 3
0
100 tg 3 sec 3 14,01x x dx
π
≈ 
 
 
 
Questão 4 (2,0 pontos). Encontre o valor da constante ,K para a qual a integral imprópria 
2
0
5 11
x K
xx
dx
+∞
 
− 
++  converge. Calcule a integral imprópria para esse valor de K . 
(A resposta deve ser aproximada com duas casas decimais). 
Solução 
2 2
0 0
lim
5 1 5 11 1t
t
x K x K
x xx x
dx dx
→+∞
+∞
   
− = −   
+ ++ +     
2 2
2
0
0
1 1
ln 1 ln 5 1 ln 1 ln 5 1
5 1 2 5 2 51
tt
x K K K
x x t t
xx
dx
  
− = + − + = + − +  ++   
( )
( )
( )
( )
1 2 1 2
2 2
2 5 5
0
1 1
lim ln ln lim
5 11 5 1 5 1
K Kt t
t tx K
xx t t
dx
→+∞ →+∞
+∞
+ + 
− = = 
++ + +  
Analisando o limite dentro do logaritmo temos 
( )
( )
1 2 1 2 1 2
21 2
2
2 2 2
1 /5
5 5 5 5
/5
1 1 1
. 1 . 1 11
lim lim lim lim .
1 15 1 1
5 5. 5
K
K K K Kt t t t
K
t tt t t t
t
t
tt
t tt
−
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
       
+ + +       +        = = =
 +       
+  + +                
 (*) 
Cálculo II APX3 - GABARITO 2/2020 
 
4 
 
Como 
1 2
2
5 5
1
1
1
lim
1 5
5
K Kt
t
t
→+∞
  
+  
   =
  
 +   
  
, o limite (*) tem o mesmo comportamento de 
( )1 /5
, 5
lim 1 , 5
0 , 5
K
t
se K
t se K
se K
−
→+∞
+
+∞ <

= =

>
 Portanto 
( )
( )
1 2
2
5 5 5
, 5
1 1 1
lim , 5
55 1 5
0 , 5
Kt
se K
t
se K
t
se K
→+∞
+∞ <
+ 
= = =
+ 
 >
 
Aplicando o logaritmo, concluímos que 
( )
( )
1 2
2
2 5
0
, 5
1
lim ln ln 5 , 5
5 11 5 1
, 5
Kt
se K
tx K
se K
xx t
se K
dx
→+∞
+∞ +∞ <
+  
− = = − = 
++ +  −∞ >
 
Portanto a resposta neste caso é ln 5 1,61− ≈ − 
 
 
Questão 5 (2,0 pontos). Resolva a equação diferencial 
2 2( 1) 2 3 ( 1)
dy
x y x x
dx
− + = + , 1x > , sujeita à 
condição inicial (2) 0.y = Calcule (3)y . (A resposta deve ser aproximada com duas casas decimais). 
 
Solução 
Da equação diferencial dada, segue que 
2
2 2
2 ( 1)
3
( 1) ( 1)
dy x
y x
dx x x
+
+ =
− −
é linear, com 
2
2
( )
( 1)
p x
x
=
−
 e 
( 1)
( ) 3
( 1)
x
q x x
x
+
=
−
. Podemos utilizar a fórmula para a solução geral ou podemos trabalhar por etapas, 
onde não é necessário decorar a fórmula: 
 
Observe que 
( )( )2
2 2 1 1 1 1
( ) ln ln
1 1 1 1 1 1( 1)
x x
p x dx dx dx dx
x x x x x xx
− − 
= = = − = = 
− + − + + + −    , 
pois 1x > . Portanto, o fator integrante é 
1
1
ln( ) 1
( )
1
( )
x
xp x dx x
x
x e eµ
−
+
−
= 
+
= =
( ) ( )
2
1
( )
1
( 1) 2
3 , 1,
1 1
d x
y
dx x
x dy
y x x
x dx x
− 
 
+ 
−
+ = >
+ +
���������
 
Cálculo II APX3 - GABARITO 2/2020 
 
5 
 
Isto é 
2( 1) ( 1) 3 ( 1)3 3
( 1) ( 1) 2 ( 1)
d x x x
y x y x dx C y x C
dx x x x
 − − + 
=  = +  = +   
+ + −    é a solução geral da 
equação diferencial dada. Para resolver o problema de valor inicial observe que 
 
230 (2) 2 3 0 (6 C) 6
2
y C C
 
= = +  = +  = − 
 
. Portanto a solução do problema de valor inicial dado é: 
23 ( 1)( ) 6
2 ( 1)
x
y x x
x
+ 
= − 
− 
. Logo 
27
(3) 6 2 27 12 15
2
y
 
= − = − = 
 
 
 
Questão 6 (2,0 pontos). Resolva a equação diferencial ( ) ( )
1 2 1 2
2 216 16y x dy y dx− = + sujeita à 
condição inicial (0) 4.y = Calcule agora o valor de ( )
2
(2 2)y . (A resposta deve ser aproximada com 
duas casas decimais). 
Solução 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
16 16
16 16 16 16
y dx y dx
y x dy y dx dy dy
y x y x
− = +  =  =
+ − + −
 
( )
1 2
2
1 2
2
1
2 16
2
4 1
4
dx
y y dy
x
−
 + =
  
−     
  ( )
1 2
2
16 arcsen
4
x
y C
 
 + = + 
 
 é a solução geral 
da equação diferencial dada. Considerando a condição inicial (0) 4y = temos que 
( ) ( )
1 2 1 20
16 16 arcsen 32 4 2
4
C C C
 
 + = +  =  = 
 
. Logo 
 
( )
1 2
2
16 arcsen 4 2
4
x
y
 
 + = + 
 
 satisfaz a condição inicial dada. 
Portanto ( )( )
1 22 2
16 (2 2) arcsen 4 2 4 2
2 4
y
π 
 + = + = + 
 
 
 
( ) ( )
22
2 2 16 2
16 (2 2) 4 2 (2 2) 16 25,50
4 4
y y
π π + 
 + = +  = − ≈  
   