APX03-C2-2021-1-Gabarito

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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 – 1/2021 Gabarito Aluno 
Observação: Neste gabarito as cinco questões foram escolhidas aleatoriamente, as demais questões 
são resolvidas de forma análoga. 
 
 
Questão 1 (2,0 pontos). Seja R a região situada no primeiro quadrante, limitada pelas duas curvas: 
5y = e 
4
y x
x
= + , onde estamos considerando R a região do lado inferior de 5y = . Calcule o 
volume do sólido S obtido pela rotação da região R ao redor da reta 1.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. Os gráficos se intersectam 
nos pontos (1,5) e (4 , 5) . Temos então a fórmula 
4
1
( ) ( )( ) 2 r x h x dxV S π=  
Neste caso temos que s ( ) 1r x x= + e [ ]
4
5( ) ( ) ( ) x
x
h x g x f x
  
− +  
  
= − = para [1, 4]x ∈ , note 
que ( ) 0r x > , e ( ) 0h x > para [1, 4]x ∈ . Assim, o volume neste caso é 
Cálculo II APX3 Gabarito-Aluno 1/2021 
 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
P
á
g
in
a
2
 
V (S ) 
4 4 4
2 2
1 1 1
4 4 4
(1 ) 5 5 5 4 1 42 2 2x x dx x x x dx x x dx
x x x
π π π     + − − − − + − − = − + −          
= =   
 
4
3
2
1
4ln 2
3
2
x
x x xπ
 
− + − 
 
=
�
2
0
64 1
4 4ln 4 32 1 4ln 1 2(1)
3 3
2π
  
  − + − − − + −
    
= 
 
64 1
36 4ln 4 3
3 3
2π  − − − +  
= 33 4ln 4 21 12 4ln 4 8 3 ln 4 40,562 2 ππ π − −  =  −  =  −  ≈     = 
 
 
 
 
 
 
Questão 2 (2,0 pontos). Calcule a integral definida 
9
3
3 2
8
7
100
u
du
u u
+
− . (A resposta deve ser aproximada com 
duas casas decimais). 
Solução 
Vamos calcular a integral indefinida 
3
3 2
7u
du
u u
+
− 
Observe-se que no integrando o grau do numerador é igual ao grau do denominador, assim precisamos 
dividir os polinômios e temos que 
3 2
3 2 2
7 7
1
( 1)
u u
u u u u
+ +
= +
− −
. 
 Logo 
3 2 2 2
3 2 3 2 2 2
7 7 7 7
1
( 1) ( 1)
u u u u
du du du du u du
u u u u u u u u
+ + + +
= + = + = +
− − − −     (*) 
Para resolver 
2
2
7
( 1)
u
du
u u
+
− , usaremos o método de frações parciais 
2
2 2
7
1( 1)
u A B C
u uu u u
+
= + +
−−
. De onde resulta 7, 7, 8A B C= − = − = . 
Logo 
2
2 2
7 7 7 8 7
7 ln 8ln 1
1( 1)
u
du du du du u u C
u u uu u u
+
= − − + = − + + − +
−−    (**) 
Substituindo (**) em (*) temos 
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P
á
g
in
a
3
 
3
3 2
7 7
7 ln 8ln 1
u
du u u u C
uu u
+
= − + + − +
− 
Então 
9
3
3 2
8
7 7 7
9 7 ln 9 8ln8 8 7 ln8 8ln 7
9 8
u
du
u u
+    
= − + + − − + +   
−     
Isto é 
9
3
3 2
8
7 7
1 7 ln 9 15ln8 8ln 7
72
u
du
u u
+
= − + − −
− 
Logo 
9
3
3 2
8
7 65
100 100 7 ln 9 15ln8 8ln 7 114,65
72
u
du
u u
+  
= − + − ≈ 
−   
_______________________________________________________________________________ 
 
 
Questão 3 (2,0 pontos). Calcule a integral imprópria 
3 3
0
1 1
200
3 3x x x xe e
dx
− −
+∞
 
+ 
+ +  . (A resposta deve 
ser aproximada com duas casas decimais). 
Solução 
Observe-se que 
3 3 3 3
3
30 0 0
1 1 1 1 1 1
lim lim
1 13 3 3 3 3
3
x x x x x x x xt t x x
x x
t t
e e e e e
e
dx dx dx
− − − −→+∞ →+∞
+∞  
    
+ = + = +    
+ + + +     + + 
 
   
3
3 2 2
3
3 2 2
0 0 0
3 1 1 ln 3
lim lim lim
3 ln 3( ) 1 (3 ) 1
3 3
( ) 1 (3 ) 1
x x
x x xt t t
t t t
x x
x
e
dx dx
e
e
dx
e→+∞ →+∞ →+∞
 
= + = + 
+ +  + +   
 3 3
0 0
1 1 1 1
lim arctg( ) lim arctg(3 ) lim arctg( ) arctg(1) lim arctg(3 ) arctg(1)
3 ln 3 3 ln 3
t t
x x t t
t t t t
e e
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞
     = + = − + −      
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P
á
g
in
a
4
 
1 1 1 1 (ln 3 3)
3 2 4 ln 3 2 4 4 3 ln 3 12ln 3
π π π π π π +     
= − + − = + =          
. 
Assim 
3 3
0
1 1 (ln 3 3)
200 200 195,34
12ln 33 3x x x xe e
dx
π
− −
+∞
  + 
+ = ≈   
+ +    
 
 
 
Questão 4 (2,0 pontos). Resolva a equação diferencial ( ) ( )cos 6 1 6 sen 6
dy
x y x
dx
= − − , 
24 24
x
π π
− < < 
sujeita à condição inicial (0) 2.y = Calcule ( )
36
y
π
. (A resposta deve ser aproximada com duas casas 
decimais). 
 
Solução Da equação diferencial dada, segue que 
6 1 sen (6 )
cos(6 ) cos(6 )
dy x
y
dx x x
−
+ = ou seja 
6 sec(6 ) sec(6 ) tg (6 )y x y x x′ + = − que é uma equação diferencial linear, com ( ) 6sec(6 )p x x= e 
( ) sec(6 ) tg(6 )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 ( ) 6sec (6 ) ln sec(6 ) tg (6 )p x dx x dx x x= = +  . Portanto, o fator integrante é 
sec (6 ) tg (6 )( ) ln
sec (6 ) tg (6 ) sec (6 ) tg (6 )( )
x xp x dx
x x x xx e eµ + = + = += = para 
24 24
x
π π
− < < 
 
(aqui se está usando que 6
4
x
π
≥ − para que se possa desprezar o módulo da função do fator 
integrante) 
 
 
( ) ( )
( )( )
2 2 2
1
sec(6 ) tg (6 )
sec (6 ) tg (6 ) 6sec (6 )tg (6 ) 6sec (6 ) sec (6 ) tg (6 ) ,
d
x x y
dx
dy
x x x x x y x x
dx
+
 
+ + + = − 
 
 
���������
�����������������������
 
Isto é ( ) ( )
( )
( )
( sec (6 ) tg (6 ) ) 1 sec (6 ) tg (6 )
sec (6 ) tg (6 )
x Cd
x x y x x y x C y
dx x x
+
+ =  + = +  =
+
 é a 
solução geral da equação diferencial dada. Para resolver o problema de valor inicial observe que 
 
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P
á
g
in
a
5
 
( )
�
01
0
2 (0) 2
sec(0) tg (0)
C
y C C
+
= = =  =
 
 +
 
 
���
. Portanto a solução do problema de valor inicial dado é: 
( )
( )
2
( )
sec (6 ) tg (6 )
x
y x
x x
+
=
+
. 
( ) ( )
2
72 7236
( ) 1, 21
36 36 32 3 3sec( ) tg ( ) 36
6 6 3 3
y
π
π ππ
π π
 
+  + +  = = = ≈
   
+ +      
. 
 
 
 
Questão 5 (2,0 pontos). Resolva a equação diferencial sec( ) sen ( ) sen ( )
8 9 8 9 8
y dy x y x y
dx
+ − = + sujeita à 
condição inicial 
4
(0)
3
y
π
= . Calcule o valor absoluto da constante C . (A resposta deve ser aproximada 
com duas casas decimais). 
Solução 
Observe-se que 
sec( ) sen ( )cos( ) cos( )sen( ) sen ( )cos( ) cos( )sen( )
8 9 8 9 8 9 8 9 8
y dy x y x y x y x y
dx
+ − = + 
sec( ) 2cos( )sen( )
8 9 8
y dy x y
dx
 = . Separando as variáveis, fica: 
sec( )
18 2cos( ) cos( )
9 9
sen( ) 2sen( )cos( )
8 8 8
y
x x
dy dx dy dx
y y y
=  = 
1
cos( )
9
sen( )
4
x
dy dx
y
 = 
1
cos( )
9
sen( )
4
x
dy dx C
y
 = +  
1 1
4 cossec( ) 9 cos( )
4 4 9 9
y x
dy dx C = +  
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P
á
g
in
a
6
 
1
4ln cossec( ) cotg( ) 9sen ( )
4 4 9
y y
x C − = + 
é a solução geral da equação diferencial dada. 
Considerando a condição inicial 
4
(0)
3
y
π
= temos que 
0
4ln cossec( ) cotg( ) 9sen (0)
3 3
C
π π
− = +
���
. Ou seja 
 
2 3 3 3
4ln 4ln 2ln3 4ln3 2ln3 2ln3 2,20
3 3 3
C C − =  = = − = − = ≈ .