Avaliação - segunda prova - Cálculo I Q1), Q2) e Q3) - MAC118 - UFRJ - Resolvida

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Tiago Lima - Instagram: @professor_disciplinas_exatas
 
Segunda avaliação - Cálculo I - UFRJ - link para a folha de rosto: 
https://www.passeidireto.com/arquivo/50250454/p-2-calculo-1-ufrj-2018-1
 
1) Considere a região Determine as R = x, y : 0 ⩽ y ⩽ 4cos x , - ⩽ x ⩽ .( ) ( )
𝜋
2
𝜋
2
dimensões do rerângulo de maior perímetro possível que pode ser inscrito em R.
 
 Resolução:
 
Veja que, para um triângulo qualquer insrito na região R, a base é igual a e a altura é 2a
igual a , assim, o perímetro fica:b
 
 
 
P = 4a + 2b
 
Podemos simplificar a expressão, que fica: p = 2a + b
 
 são os valores de x da relação , e b são os valors y, ou seja, b é a própria a y = 4cos x( )
expressão , assim, o perímetro fica: 4cos x( )
p = 2x + 4cos x( )
 
Para encontrar o máximo perímetro, fazemos a derivada de p e igualamos a zero, o x 
encontrado fornece o maior perímetro:
p' = 2 - 4sen x = 0 -4sen x = - 2( ) → ( )
sen x = sen x = x =( )
-2
-4
→ ( )
1
2
→
𝜋
6
 
A função que fornece o perímetro é: , o máximo perímetro se dá quando P = 4x + 8cos x( )
, x =
𝜋
6
A base do retângulo é é igual a e a altura b é igual a , dessa forma, as dimensões 4x 8cos x( )
do retângulo para este ter o maior perímetro possível são:
 
Base = 4 ⋅ Base = u. c.
𝜋
6
→
2𝜋
3
 
Altura = 8cos Altura = 8 ⋅ Altura = 4 ⋅ u. c.
𝜋
6
→
2
3
→ 3
 
2) Calcule as integrais indefinifdas:
 
a) x e dx∫ 3 -x 2
 
 Resolução:
Vamos fazer a seguinte substituição; u = -x du = -2xdx = xdx
2 → →
du
-2
-u = x2
 
Assim, a integral fica: x e xdx = - ue = ue du∫ 2 -x 2 ∫ u du
-2
1
2
∫ u
 
 
 
Agora, usando a técnica de integração por partes; dv = v - vd∫ u⏨ u⏨ ∫ u⏨
 
= u; v = eu⏨ u
 
d = du; v = e du v = eu⏨ ∫ u → u
 
Com isso, a integral fica: ue du = ue - e du = ue - e
1
2
∫ u 1
2
u ∫ u 1
2
u u
 
u = -x x e dx = -x e - e + c2 →∫ 3 -x 2 1
2
2 -x2 -x2
 
b) dx∫ x
x - 2x+ 22
 
 Resolução:
 Vamos usar a técnica de completar quadrado para simplificar a equação do denominador;
 
dx = dx = dx∫ x
x - 2x + 22
∫ x
x - 2x + 2 + -1 - -12 ( )2 ( )2
∫ x
x - 2x + -1 - -1 + 22 ( )2 ( )2
 
x - 2x + -1 = x - 12 ( )2 ( )2
 
= dx = dx = dx∫ x
x - 1 - -1 + 2( )2 ( )2
∫ x
x - 1 - 1 + 2( )2
∫ x
x - 1 + 1( )2
 
Agora, vamos fazer a substituição: u = x - 1 dx = du→
x = u + 1
 
du = du + du∫ u + 1
u + 12
∫ u
u + 12
∫ 1
u + 12
1) du; v = u + 1 dv = 2udu = udu∫ u
u + 12
2 → →
dv
2
= = = ln ∣ v ∣= ln ∣ u + 1 ∣= ln ∣ x - 1 + 1 ∣∫ udu
u + 12
∫
v
dv
2 ∫1
v
dv
2
1
2
1
2
2 1
2
( )2
 
 
 
2) du ⟹ da tabela de integrais : u = x - 1∫ 1
u + 12
arctan( ) arctan( )
 
dx = ln ∣ x- 1 + 1 ∣ + x- 1 + c∫ x
x - 2x + 22
1
2
( )2 arctan( )
 
 
3) Determine a área da região limitada pelas curvas e .x - 12x + 35x3 2 x - 5x2
 
Resolução:
 
Primeiro, encontramos onde as curvas se interceptam;
x - 12x + 35x = x - 5x x - 12x + 35x + 5x = x - 5x + 5x3 2 2 → 3 2 2
x - 12x + 40x = x x - 12x + 40x - x = x - x3 2 2 → 3 2 2 2 2
x - 13x + 40x = 0 x x - 13x + 40 = 0; x = 0 e x - 13x + 40 = 03 2 → 2 2
 
x = = = =
- -13 ±
2 ⋅ 1
( ) -13 - 4 ⋅ 1 ⋅ 40( )2 ( ) 13 ±
2
169 - 160 13 ±
2
9 13 ± 3
2
x = = = 8 ; x = = = 51
13 + 3
2
16
2
2
13 - 3
2
10
2
 
Assim, as curvas se interceptam nos pontos de abcissas 0, 8 e 5; como visto no gráfico 
seguinte:
 
 
 A área delimitada pelas curvas forma 2 regiões, como são delimitadas por uma curva 
superior e outra inferior, a área pode ser encontrada usando a fórmula:
A = f x − g x dx
a
∫
b
[ ( ) ( )]
Com isso, a área entre as curvas é dada por:
 
A = x - 12x + 35x− x - 5x dx + x - 5x - x - 12x + 35x dx
5
0
∫ 3 2 2
8
5
∫ 2 3 2
A = x - 13x + 40x dx + -x + 13x - 40x dx
5
0
∫ 3 2
8
5
∫ 3 2
A = - + 20x + - + - 20x
x
4
4 13x
3
3
2
5
0
x
4
4 13x
3
3
2
8
5
A = - 13 ⋅ + 20 ⋅ 5 - - 13 ⋅ + 20 ⋅ 0
5
4
( )4 5
3
( )3
( )2
0
4
( )4 0
3
( )3
( )2
+ - + 13 ⋅ - 20 ⋅ 8 - - + 13 ⋅ - 20 ⋅ 5
8
4
( )4 8
3
( )3
( )2
5
4
( )4 5
3
( )3
( )2
 
 
 
A = - + 500 - 1024 + - 1280 + - + 500
625
4
1625
3
6656
3
625
4
1625
3
A = + - 1304
625 + 625
4
-1625 + 6656 - 1625
3
 
A = + - 1304
625
2
3406
3
 
A =
1875 + 6812 - 7824
6
 
A = u. a.
863
6