AD1-CIII-2019-1-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
AD1 – Cálculo III – Gabarito – 2019-1
Nome: Matŕıcula:
Questão 1 Seja C a curva obtida pela interseção das superf́ıcies S1 e S2, dadas por z2 = 9x e
9y = 4z
√
z, respectivamente. Nessas condições:
(a) Encontre uma parametrização para C, indicando o intervalo onde a mesma está definida.
(b) Encontre a equação vetorial da reta tangente à 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
)
.
Solução:
(a) Para cada (x, y, z) ∈ C = S1 ∩ S2, sabemos que
x = z
2
9 e y =
4z
√
z
9 .
Portanto, a função vetorial γ : [0,+∞) −→ R3, definida por
γ(t) =
(
t2
9 ,
4t
√
t
9 , t
)
(t ∈ [0,+∞)), é uma parametrização 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) é a equação vetorial da reta tangente à curva C, que passa pelo ponto P .
(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), é 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 = 1109
(unidades de comprimento), observando
t ∈ [4, 9]⇐⇒ 179 ≤
2t
9 + 1 ≤ 3.
Cálculo III AD1 2
Questão 2 Considere duas superf́ıcies S1 e S2, dadas pelas equações x2− 6y− z = 0 e y2− 2x+
z + 1 = 0, respectivamente.
(a) Encontre uma parametrização para a curva C, obtida como interseção entre as superf́ıcies S1
e S2.
(b) Encontre a equação da reta tangente à curva C no ponto P = (1 + 2
√
2, 4,−15 + 4
√
2).
Solução:
(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, 2π], obtemos uma parametrização 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, 2π], a parame-
trização de C obtida no item (a). Como P ∈ C, existe t0 ∈ [0, 2π] 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, 2π], 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, é a equação da reta tangente à curva C no ponto P .
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Cálculo III AD1 3
Questão 3 Suponha que o deslocamento de uma part́ıcula seja dado por uma função r = r(t),
sendo v(t) = r′(t) a sua velocidade e a(t) = r′′(t) a sua acelereção em cada instante t ≥ 0.
Considere r0 = (1, 1, 1) como sendo a posição inicial da part́ıcula e v0 =
(
1
2 ,
1
3 ,−1
)
como sendo
a sua velocidade inicial. Sabendo que a aceleração da part́ıcula é dada por a(t) = (e2t, e3t, e−t),
determine as funções r = r(t) e v = v(t).
Solução:
Observando que a(t) = (x′′(t), y′′(t), z′′(t)) = (e2t, e3t, e−t) para todo t ≥ 0, obtemos
x′(t) =
∫
e2tdt = e
2t
2 + C1,
y′(t) =
∫
e3tdt = e
3t
3 + C2
e
z′(t) =
∫
e−tdt = −e−t + C3,
onde C1, C2 e C3 são três constantes reais. Mais precisamente, lembrando que v(0) = r′(0) =(
1
2 ,
1
3 ,−1
)
, conclúımos 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 são três constantes reais. Como r(0) = (1, 1, 1), segue que K1 = 34 , 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
Questão 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
)
.
Solução:
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Cálculo 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 último é o limite trigonométrico 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’Hôpital, temos
lim
t→0
arctg t
senh t
= lim
t→0
1
1+t2
cosh t
=
1
1+02
cosh 0 = 1.
Além 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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