Mat01353 - Cálculo e Geometria Analítica I-A Solução do Exame Geral - Fila A - 2002/2

Questão 1. (2.5 pontos).

(a) Calcular (I) ∫ \frac{ln(x)dx}{\sqrt{x}} , , (II) ∫ \frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x^{2} + 2x + 1)}dx

(b) Determine a equação da reta tangente ao gráfico de f(x) = sen (\sqrt{x^{2} + 3π^{2}}), no ponto de abscissa x = π.

Solução :

(I) Integração por Partes:

\begin{matrix}u = ln(x) & ⟶ du = \frac{dx}{x} \\ dv = \frac{dx}{\sqrt{x}} & ⟶ v = 2\sqrt{x} \end{matrix}

Dessa forma,

∫ \frac{ln(x)dx}{\sqrt{x}} = 2\sqrt{x} ln(x) − ∫ 2\sqrt{x} · \frac{dx}{x} = 2\sqrt{x} ln(x) − 2 ∫ x^{−1/2}dx

∫ \frac{ln(x)dx}{\sqrt{x}} = 2\sqrt{x} ln(x) − 2\frac{x^{1/2}}{1/2} + C = 2\sqrt{x} ln(x) − 4\sqrt{x} + C

(II) Decomposição em Frações Parciais:

\frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x^{2} + 2x + 1)} = \frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x + 1)^{2}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x + 1} + \frac{C}{(x + 1)^{2}}

ou seja

\frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x^{2} + 2x + 1)} = \frac{A(x + 1)^{2} + Bx(x + 1) + Cx}{x(x + 1)^{2}}

⇒ 3x^{2} + 4x + 2 ≡ A(x^{2} + 2x + 1) + B(x^{2} + x) + Cx ⇒ 3x^{2} + 4x + 2 ≡ (A + B)x^{2} + (2A + B + C)x + A

e temos que resolver

\{ \begin{matrix}A + B & = 3 \\ 2A + B + C & = 4 \\ A & = 2 \end{matrix} .

Temos

A = 2 ⇒ B = 3 − A = 3 − 2 = 1
→ C = 4 − 2A − B = 4 − 4 − 1 = −1

ou seja

\frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x^{2} + 2x + 1)} = \frac{2}{x} + \frac{1}{x + 1} + \frac{−1}{(x + 1)^{2}}

o que implica

∫ \frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x^{2} + 2x + 1)}dx = ∫ (\frac{2}{x} + \frac{1}{x + 1} + \frac{−1}{(x + 1)^{2}}) dx

∫ \frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x^{2} + 2x + 1)}dx = 2 ln |x| + ln |x + 1| − \frac{(x + 1)^{−1}}{−1} + C

∫ \frac{3x^{2} + 4x + 2}{x(x^{2} + 2x + 1)}dx = 2 ln |x| + ln |x + 1| + \frac{1}{(x + 1)} + C

onde C é qualquer constante real.

(b) Temos, pela Regra da Cadeia,

f′(x) = cos (\sqrt{x^{2} + 3π^{2}}) · \frac{1}{2\sqrt{x^{2} + 3π^{2}}} · (2x)

e então

f′(π) = cos (\sqrt{(π)^{2} + 3π^{2}}) · \frac{1}{2\sqrt{(π)^{2} + 3π^{2}}} · (2π)

f′(π) = cos (2π) · \frac{1}{2(2π)} · (2π) = \frac{1}{2}.

Assim

y − f(π) = f′(π)(x − π)

⇒ y − sen (\sqrt{(π)^{2} + 3π^{2}}) = \frac{1}{2}(x − π)

⇒ y − sen (2π) = \frac{1}{2}(x − π)

⇒ y − 0 = \frac{1}{2}(x − π)

é a equação procurada.

Questão 2. (2.5 pontos)

(a) Uma caixa de base quadrada, sem tampa, deve ter 12m^{2} de superfície total. Determine o comprimento da aresta da base e a altura da caixa de volume máximo.

(b) Gás escapa de um balão esférico à razão de 4m^{2}/h. Determine a taxa de variação do raio quando sua medida é de 1m, indicando a unidade apropriada.

Solução :

Seja x o comprimenta da aresta da base e h a altura da caixa.

x^{2} + 4xh = 12 ⟹ h = \frac{12 − x^{2}}{4x}

V = x^{2}h ⟹ V (x) = x^{2} · \frac{12 − x^{2}}{4x} = 3x − x^{3}/4

é a função a ser minimizada em (0, \sqrt{12}), pois 12 − x^{2} deve ser positivo.

V′(x) = 3 − 3x^{2}/4

Pontos estacionários: x^{2}/4 = 1 ⇒ x = 2 (x deve ser positivo)

Pontos de não -diferenciabilidade: não existem pois V′(x) é contínua.

Além disso

V′′(x) = −3x/2 < 0

para todo x no intervalo (0, \sqrt{12}). Dessa forma V (x) possui um máximo absoluto nesse intervalo quando x = 2, e então h = 12/2^{2} = 3.

A caixa de volume máximo tem aresta de 2m e altura 3m.

(b) Sejam r o raio, V (r) o volume. Usando

V (r) = \frac{4πr^{3}}{3}

temos

\frac{dV}{dt} = \frac{dV}{dr} · \frac{dr}{dt} = 4πr^{2} \frac{dr}{dt}

e quando r = 1 temos

4 = 4π(1)^{2} \frac{dr}{dt} ⟹ \frac{dr}{dt} = \frac{1}{π}

e então a taxa de variação do raio é de 1/π m/h no instante em que r = 1m.

Questão 3. (2.5 pontos)

(a) Esboçe o gráfico de uma função contínua que verifica, simultaneamente, todas as condições abaixo:

(I) f(2) = 2 e f(4) = 3; (II) lim_{x→+∞} f(x) = 1 e lim_{x→−∞} f(x) = +∞

(III) f′(x) < 0 para x < 2 e x > 4; (IV) f′′(x) > 0 para todo x.

(b) Dado que f(x) = x^{2}e^{2x}, determine os intervalos de crescimento e decrescimento de f, bem como seus pontos de máximo e de mínimo relativo, caso existam. Determine também a equação das assíntotas do gráfico de f.

Solução :

(a) Temos que pelo (II) a reta y = 1 deve ser assíntota horizontal ‘a direita; pelo (III) a função é decrescente em (−∞, 2) e (4, +∞). Pelo (IV) o gráfico é sempre côncavo para cima.

É possível traçar o gráfico de uma função contínua com derivada descontínua satisfazendo as restrições acima:

(vazio)

(b) Temos

f′(x) = 2xe^{2x} + x^{2}(2)e^{2x} = 2x(1 + x)e^{2x}

e como e^{2x} é sempre positivo, o sinal da derivada é determinado pelo sinal da parábola (voltada para cima) y = x(1 + x). A expressão se anula em x = −1 e x = 0 e é negativa entre esses valores, e sendo positiva caso contrário. Ou seja,

f′(x) < 0 em (−1, 0) ⟹ f(x) é descrescente em [−1, 0].

f′(x) > 0 em (−∞, −1) e (0, +∞) ⟹ f(x) é crescente em (−∞, −1] ⋃[0, +∞). Máximo relativo em x = −1 pois o sinal da derivada troca de positivo para

negativo (TDP).

Mínimo relativo em x = 0 pois o sinal da derivada troca de negativo para positivo (TDP).

A função é contínua e definida em toda a reta, e não existem assíntotas verticais. Procurando por assíntotas horizontais:

lim_{x→−∞} f(x) = lim_{x→−∞} x^{2}e^{2x} =^{∞·0} lim_{x→−∞} \frac{x^{2}}{e^{−2x}}

e aplicando a Regra de L’Hopital

lim_{x→−∞} f(x) = lim_{x→−∞} \frac{2x}{−2e^{−2x}} =^{LH} lim_{x→−∞} \frac{2}{4e^{−2x}} = 0

e então a reta y = 0 é assíntota horizontal (à esquerda).

lim_{x→+∞} f(x) = lim_{x→+∞} x^{2}e^{2x} =^{∞·∞} +∞

e não existe assíntota ao x → +∞.

Questão 4. (1.5 pontos)

Calcule o volume do sólido obtido ao girarmos a região limitada pelos gráficos de y = x^{3} + 1, y = 2 e o eixo y, ao redor da reta y = 1.

Solução :

(vazio)

Temos, pelo Método das Arruelas,

V = π ∫_{0}^{1}(2^{2} − (x^{3} + 1)^{2})dx = 4π(1 − 0) − π ∫_{0}^{1}(x^{3} + 1)^{2}dx

e assim

V = 4π − π ∫_{0}^{1}(x^{6} + 2x^{3} + 1)dx = 4π − π [\frac{x^{7}}{7} − \frac{2x^{4}}{4} + x]_{0}^{1} =

4π − π (\frac{1}{7} − \frac{1}{2} + 1) = 4π − \frac{2 − 7 + 14}{14}π = \frac{(56 − 9)π}{14} = \frac{47π}{14}.

Questão 5. (1.0 pontos)

Considere a cônica definida pela equação y^{2} + 4y − 10x + 34 = 0. Classifique-a e determine seus elementos principais. Faça um esboço da mesma.

Solução :

y^{2} + 4y + 4 = 10x − 34 + 4 ⟹ (y + 2)^{2} = 10(x − 3)

e temos uma parábola do tipo (y − k)^{2} = 4p(x − h). Assim

k = −2, h = 3, 4p = 10 ⟹ p = 10/4 = 5/2.

e o eixo principal é paralelo ao eixo dos X.

Vértice V (3, −2), foco F (3 + 5/2, −2) = F (11/2, −2). Diretriz é a reta x = 3 − 5/2, ie, x = 1/2.