AD1 CIII 2015 1 gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
AD1 – CA´LCULO III – 2015-1
Nome: Matr´ıcula:
Polo: Data:
Atenc¸a˜o!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula, • O desenvolvimento das questo˜es pode ser a la´pis. No entanto,
Polo e Data; as respostas devera˜o estar necessariamente a` caneta;
• E´ expressamente proibido o uso de calculadoras; • E´ expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res- • As respostas devem estar acompanhadas de justificativa.
ponsa´vel; Respostas sem justificativa na˜o sera˜o consideradas.
Exerc´ıcio 1 Seja C a curva obtida pela intersec¸a˜o das superf´ıcies S1 e S2, dadas por z2 = 9x e
9y = 4z
√
z, respectivamente. Nessas condic¸o˜es:
(a) Encontre uma parametrizac¸a˜o para C, indicando o intervalo onde a mesma esta´ definida.
(b) Encontre a equac¸a˜o vetorial da reta tangente a` curva C, que passa pelo ponto P = (9, 12, 9).
(c) Calcule o comprimento de C, do ponto P = (9, 12, 9) ao ponto Q = (16
9
, 32
9
, 4
)
.
Soluc¸a˜o:
(a) Para cada (x, y, z) ∈ C = S1 ∩ S2, sabemos que
x =
z2
9
e y =
4z
√
z
9
.
Portanto, a func¸a˜o vetorial γ : [0,+∞) −→ R3, definida por
γ(t) =
(
t2
9
,
4t
√
t
9
, t
)
(t ∈ [0,+∞)), e´ uma parametrizac¸a˜o para C.
(b) Seja γ como no item anterior. Como γ(9) = (9, 12, 9) = P e
γ′(t) =
(
2t
9
,
2
√
t
3
, 1
)
para todo t ∈ [0,+∞), deduzimos que
r(λ) = γ(9) + λγ′(9) = (9, 12, 9) + λ(2, 2, 1) = (9 + 2λ, 12 + 2λ, 9 + λ)
(λ ∈ R) e´ a equac¸a˜o vetorial da reta tangente a` curva C, que passa pelo ponto P .
CA´LCULO III AD1 2
(c) O comprimento do arco de C, que liga o ponto P = (9, 12, 9) = γ(9) ao ponto Q =(
16
9
, 32
9
, 4
)
= γ(4), e´ dado por
`(C) =
∫ 9
4
‖γ′(t)‖dt =
∫ 9
4
√
4t2
81
+
4t
9
+ 1dt =
∫ 9
4
∣∣∣∣2t9 + 1
∣∣∣∣ dt = ∫ 9
4
(
2t
9
+ 1
)
dt =
110
9
(unidades de comprimento), observando
t ∈ [4, 9]⇐⇒ 17
9
≤ 2t
9
+ 1 ≤ 3.
Exerc´ıcio 2 Considere duas superf´ıcies S1 e S2, dadas pelas equac¸o˜es x2− 6y− z = 0 e y2− 2x+
z + 1 = 0, respectivamente.
(a) Encontre uma parametrizac¸a˜o para a curva C, obtida como intersec¸a˜o entre as superf´ıcies S1
e S2.
(b) Encontre a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C no ponto P = (1 + 2√2, 4,−15 + 4√2).
Soluc¸a˜o:
(a) Dado (x, y, z) ∈ C, temos
x2−6y = z = −y2+2x−1⇐⇒ (x2−2x)+(y2−6y)+1 = 0⇐⇒ (x−1)2+(y−3)2 = 9 = 32.
Portanto, pondo
x(t) = 1 + 3 cos t,
y(t) = 3 + 3sen t
e
z(t) = [x(t)]2 − 6y(t) = (1 + 3 cos t)2 − 6(3 + 3sen t),
com t ∈ [0, 2pi], obtemos uma parametrizac¸a˜o para a curva C.
(b) Seja α(t) = (1 + 3 cos t, 3 + 3sen t, (1 + 3 cos t)2 − 6(3 + 3sen t)), com t ∈ [0, 2pi], a parame-
trizac¸a˜o de C obtida no item (a). Como P ∈ C, existe t0 ∈ [0, 2pi] tal que
(1+2
√
2, 4,−15+4
√
2) = P = α(t0) = (1+3 cos t0, 3+3sen t0, (1+3 cos t0)
2−6(3+3sen t0)).
Logo,
1 + 2
√
2 = 1 + 3 cos t0 =⇒ cos t0 = 2
√
2
3
e
4 = 3 + 3sen t0 =⇒ sen t0 = 1
3
.
Uma vez que
α′(t) = (−3sen t, 3 cos t,−6sen t− 18sen t cos t− 18 cos t)
para cada t ∈ [0, 2pi], vem que
α′(t0) = (−3sen t0, 3 cos t0,−6sen t0 − 18sen t0 cos t0 − 18 cos t0) = (−1, 2
√
2,−2− 16
√
2).
Portanto,
r(t) = α(t0) + tα
′(t0) = (1 + 2
√
2− t, 4 + 2
√
2t,−15 + 4
√
2− 2t− 16
√
2t),
com t ∈ R, e´ a equac¸a˜o da reta tangente a` curva C no ponto P .
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CA´LCULO III AD1 3
Exerc´ıcio 3 Suponha que o deslocamento de uma part´ıcula seja dado por uma func¸a˜o r = r(t),
sendo v(t) = r′(t) a sua velocidade e a(t) = r′′(t) a sua acelerec¸a˜o em cada instante t ≥ 0.
Considere r0 = (1, 1, 1) como sendo a posic¸a˜o inicial da part´ıcula e v0 =
(
1
2
, 1
3
,−1) como sendo
a sua velocidade inicial. Sabendo que a acelerac¸a˜o da part´ıcula e´ dada por a(t) = (e2t, e3t, e−t),
determine as func¸o˜es r = r(t) e v = v(t).
Soluc¸a˜o:
Observando que a(t) = (x′′(t), y′′(t), z′′(t)) = (e2t, e3t, e−t) para todo t ≥ 0, obtemos
x′(t) =
∫
e2tdt =
e2t
2
+ C1,
y′(t) =
∫
e3tdt =
e3t
3
+ C2
e
z′(t) =
∫
e−tdt = −e−t + C3,
onde C1, C2 e C3 sa˜o treˆs constantes reais. Mais precisamente, lembrando que v(0) = r
′(0) =(
1
2
, 1
3
,−1), conclu´ımos que C1 = 0, C2 = 0 e C3 = 0. Finalmente,
x(t) =
∫
x′(t)dt =
∫
e2t
2
dt =
e2t
4
+K1,
y(t) =
∫
y′(t)dt =
∫
e3t
3
dt =
e3t
9
+K2
e
z(t) =
∫
z′(t)dt =
∫
(−e−t)dt = e−t +K3,
onde K1, K2 e K3 sa˜o treˆs constantes reais. Como r(0) = (1, 1, 1), segue que K1 =
3
4
, K2 =
8
9
e
K3 = 0. Assim,
r(t) =
(
e2t
4
+
3
4
,
e3t
9
+
8
9
, e−t
)
e
v(t) =
(
e2t
2
,
e3t
3
,−e−t
)
para todo t ≥ 0
Exerc´ıcio 4 Caso existam, calcule os seguintes limites:
(a) lim
t→0+
(
2− 2 cos t− t2
t2
,
sen t
t
,
1− cos t√
t
)
.
(b) lim
t→0
(
arctg t
senh t
,
1
1 + t
,
(2− t)3 − 8
t
)
.
Soluc¸a˜o:
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CA´LCULO III AD1 4
(a) Uma vez que lim
t→0+
(2− 2 cos t− t2) = 0, lim
t→0+
t2 = 0 e
lim
t→0
sen t
t
= 1
(este u´ltimo e´ o limite trigonome´trico fundamental), temos
lim
t→0+
(
2− 2 cos t− t2
t2
)
= lim
t→0+
(
2sen t− 2t
2t
)
= lim
t→0+
(
sen t
t
− 1
)
= 0
e
lim
t→0+
1− cos t√
t
= lim
t→0+
√
t
(
1− cos t
t
)(
1 + cos t
1 + cos t
)
= lim
t→0+
√
tsen t
(
sen t
t
)(
1
1 + cos t
)
= 0,
ou seja, lim
t→0+
(
2− 2 cos t− t2
t2
,
sen t
t
,
1− cos t√
t
)
= (0, 1, 0).
(b) Inicialmente, lembremos que lim
t→0
arctg t = 0 e lim
t→0
senh t = 0. Portanto, pela Regra de
L’Hoˆpital, temos
lim
t→0
arctg t
senh t
= lim
t→0
1
1+t2
cosh t
=
1
1+02
cosh 0
= 1.
Ale´m disso,
lim
t→0
1
1 + t
=
1
1 + 0
= 1
e
lim
t→0
(2− t)3 − 8
t
= lim
t→0
(8− 12t+ 6t2 − t3)− 8
t
= lim
t→0
(−12 + 6t− t2) = −12,
donde lim
t→0
(
arctg t
senh t
,
1
1 + t
,
(2− t)3 − 8
t
)
= (1, 1,−12).
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