prova_p1_gab_calc2_2011_1_eng
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Gabarito: Primeira Prova Unificada de Ca´lculo II
Questa\u2dco 1. Um corpo, saindo do ponto x(0) = 2, se move ao longo do
eixo x com velocidade dada por
xt + t\u2212 2x\u2212 2, onde t e´ o tempo.
1. [1.5] Determine explicitamente a posic¸a\u2dco x(t) do corpo em cada in-
stante t,
2. [0.5] Fac¸a um esboc¸o da curva x(t).
3. [0.5] Calcule limt\u2192\u221e x(t) e limt\u2192\u2212\u221e x(t).
Soluc¸a\u2dco:
Item 1) Temos o problema com condic¸a\u2dco inicial
dx
dt
= xt + t\u2212 2x\u2212 2 = (t\u2212 2)(x+ 1), x(0) = 2
que possui a soluc¸a\u2dco o´bvia constante dada por x(t) = \u22121 que na\u2dco satisfaz a
condic¸a\u2dco inicial dada. Portanto, podemos dividir ambos os lados por x + 1
obtendo \u222b
dx
x+ 1
=
\u222b
(t\u2212 2) dt,
ou seja,
ln |x+ 1| = 1
2
t2 \u2212 2t+ C.
Como a soluc¸a\u2dco para a condic¸a\u2dco inicial dada satisfaz x(t) + 1 > 0 para todo
t (visto que x(0) + 1 = 3 > 0 e consequentemente x(t) > \u22121 para todo t,
pois, caso contra´rio, ter´\u131amos x(t) = \u22121 para algum t e portanto x(t) = \u22121
para todo t) temos
ln(x+ 1) =
1
2
t2 \u2212 2t+ C.
Tomando a exponencial em ambos os lados, concluimos que
x(t) = D exp(
1
2
t2 \u2212 2t)\u2212 1,
onde D = eC . Substituindo x = 2 e t = 0 na equac¸a\u2dco chegamos a` soluc¸a\u2dco
desejada
x(t) = 3 exp(
1
2
t2 \u2212 2t)\u2212 1.
1
OBS 1: As justificativas da divisa\u2dco por x + 1 e que ln |x+ 1| = ln(x + 1)
sera\u2dco consideradas na avaliac¸a\u2dco.
OBS 2: A equac¸a\u2dco diferencial tambe´m e´ linear e pode ser solucionada
utilizando o me´todo do fator integrante. Por este me´todo:
Temos:
x\u2032(t) = xt + t\u2212 2x\u2212 2\u21d0\u21d2 x\u2032 + (2\u2212 t)x = t\u2212 2
. A soluc¸a\u2dco e´ por fator integrante:
µ(t) = e
\u222b
(2\u2212t)dt = e2t\u2212t
2/2. Portanto,
x(t) = [e2t\u2212t
2/2]\u22121{
\u222b
(t\u2212 2).e2t\u2212t2/2dt+ C} =
= [e2t\u2212t
2/2]\u22121{\u2212e2t\u2212t2/2 + C} = \u22121 + C · et2/2\u22122t.
Substituindo x(0) = 2 obtemos C = 3. Portanto,
x(t) = 3e2t\u2212t
2/2 \u2212 1.
Item 2) O gra´ fico de x(t) possui um ponto de m\u131´nimo quando t = 2 que
e´ o u´nico ponto cr´\u131tico de x(t) (visto que x\u2032(t) = 3(t\u2212 2) exp(1
2
t2 \u2212 2t)) que
corresponde no gra´fico ao ponto (2, x(2)) = (2, 3e\u22122\u22121), cruza o eixo vertical
no ponto (0, 2) e cresce para \u221e quando t\u2192 ±\u221e.
x
t
2 x(t)
2
Figure 1: Gra´fico de x(t).
Item 3) limt\u2192±\u221e
1
2
t2 \u2212 2t = +\u221e =\u21d2 limt\u2192±\u221e 3 exp(12t2 \u2212 2t)\u2212 1 = +\u221e.
Questa\u2dco 2. (2,5 pt.) Resolva o problema de valores iniciais
y\u2032\u2032 \u2212 3y\u2032 + 2y = \u221210 cos 3x y(0) = 1, y\u2032(0) = 3
2
Soluc¸a\u2dco:
1. O homoge\u2c6neo associado: y\u2032\u2032 \u2212 3y\u2032 + 2y = 0.
2. polino\u2c6mio caracter´\u131stico: pc(x) = x
2 \u2212 3x+ 2
3. Ra´\u131zes de pc(x) : r1 = 2, r2 = 1.
4. Soluc¸a\u2dco geral do homoge\u2c6neo : yH(x) = c1e
x + c2e
2x.
5. g(t) = \u221210 cos 3x na\u2dco e´ soluc¸a\u2dco do homoge\u2c6neo
=\u21d2 yp(x) = A cos 3x+B sin 3x e´ um bom candidato.
6. Para o candidato acima:\uf8f1\uf8f4\uf8f2
\uf8f4\uf8f3
yp(x) = A cos 3x+B sin 3x
y\u2032p(x) = \u22123A sin 3x+ 3B cos 3x
y\u2032\u2032p(t) = \u22129A cos 3x\u2212 9B sin 3x
7. Escrevendo \u221210 cos 3x = y\u2032\u2032p(x)\u2212 3y\u2032p(x) + 2yp(x) temos
\u221210 cos 3x = (\u22127A\u2212 9B) cos 3x+ (9A\u2212 7B) sin 3x =\u21d2 A = 7
13
e B =
9
13
=\u21d2 yp(x) = 7
13
cos 3x+
9
13
sin 3x.
8. Soluc¸a\u2dco geral:
y(x) = yH(x) + yp(x) = c1e
x + c2e
2x +
7
13
cos 3x+
9
13
sin 3x
cuja derivada e´
y\u2032 = c1e
x + 2c2e
2x \u2212 21
13
sin 3x+
27
13
cos 3x.
Substituindo y(0) = 1, y\u2032(0) = 3 obtemos c1 = 0 e c2 = 6/13. Portanto
y(x) =
12
13
e2x \u2212 21
13
sin 3x+
27
13
cos 3x.
Questa\u2dco 3. Temos c(t) = (2t+1, sin t, cos t) e P0 = ((\u3c0/2+1,
\u221a
2/2,
\u221a
2/2).
(a) (0,7 pt.) As equac¸o\u2dces parame´tricas da reta r(t) tangente a c(t) em
P0 = c(\u3c0/4): Soluc¸a\u2dco: Temos: c
\u2032(t) = (2, cos t,\u2212 sin t) \u21d2 c\u2032(\u3c0/4) =
(2,
\u221a
2/2,\u2212\u221a2/2) = V0.
Como r(t) = P0 + tV0 \u21d2 obtemos\uf8f1\uf8f4\uf8f2
\uf8f4\uf8f3
x(t) = \u3c0/2 + 1 + 2t
y(t) =
\u221a
2/2 + t
\u221a
2/2
z(t) =
\u221a
2/2\u2212 t\u221a2/2, t \u2208 R.
3
(b) (0,8 pt.) Equac¸a\u2dco do plano normal: Soluc¸a\u2dco:
O vetor normal e´ igual a V0 = (2,
\u221a
2/2,\u2212\u221a2/2)\u21d2
P = (x, y, z) \u2208 P lano\u21d2 (x\u2212 x0, y \u2212 y0, z \u2212 z0) · V0 = 0
\u21d2 (x\u2212 (\u3c0/2 + 1), y \u2212\u221a2/2, z \u2212\u221a2/2) · (2,\u221a2/2,\u2212\u221a2/2)\u21d2
2x+
\u221a
2/2y \u2212\u221a2/2z = \u3c0 + 4.
(c) (1,0 pt.) O comprimento \u2113:
Temos: c\u2032(t) = (2, cos t,\u2212 sin t)\u21d2 |c\u2032(t)|2 = 5.
Como \u2113 =
\u222b 2pi
0 |c\u2032(t)|dt =
\u222b 2pi
0
\u221a
5dt = 2
\u221a
5 \u3c0.
Questa\u2dco 4. Temos:
S1 : \u22129x2 \u2212 9z2 + 36y2 = 36 S2 : \u22122x2 + z2 + 4y2 = 4.
(a) S1 : tem dois termos quadrados com sinal negativo e um termo quadrado
com sinal positivo \u21d2 S1 e´ um hiperboloide de duas folhas.
S2 : tem dois termos quadrados com sinais positivo e um termo quadrado
com sinal negativo \u21d2 S1 e´ um hiperboloide de uma folha.
x
y
z
Figure 2: S1: Hiperboloide de Duas Folhas.
(b) Os trac¸os: veja abaixo.
(c) Como os coeficientes de dois dos termos quadrados na equac¸a\u2dco de S1 sa\u2dco
iguais concluimos que S1 e´ de revoluc¸a\u2dco. S2 na\u2dco e´ de revoluc¸a\u2dco porque
todos os coeficientes dos termos quadrados sa\u2dco dois a dois distintos.
Uma geratriz para S1: Como podemos escrever
\u22129x2 \u2212 9z2 + 36y2 = 36\u21d0\u21d2 x2 + z2 = 4(y2 \u2212 1) = (2 ·
\u221a
y2 \u2212 1 )2
concluimos que f(y) = 2 · \u221ay2 \u2212 1 e´ uma geratriz de S1.
4
y
z
1\u2212 1
Figure 3: Trac¸o de S1 em x = 0 : Hipe´rbole y
2 \u2212 z2/4 = 1.
y
1\u2212 1
x
Figure 4: Trac¸o de S2 em z = 0: Hipe´rbole 4y
2 \u2212 2x2 = 4.
5