\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{amssymb,graphicx}

\begin{document}

\Large
\begin{center}
{\bf Mat01353 - C\'alculo e Geometria Anal\ii tica I-A \\
Solu\cao do Exame Geral - Fila A - 2002/2}
\end{center}

\noindent {\bf Quest\ao 1.} (2.5 pontos). 

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

(b) Determine a equa\cao da reta tangente ao gr\'afico de
$f(x) = \sen \left( \sqrt{x^2+3\pi^2} \right)$, no ponto de abscissa
$x=\pi$.

\medskip
\noindent {\bf Solu\cao:}

(I) Integra\cao por Partes:
\begin{center}
$\displaystyle \begin{array}{ll}
u = \ln(x) & \longrightarrow \displaystyle du = \frac{dx}{x} \\
dv = \frac{dx}{\sqrt{x}} & \longrightarrow v = 2\sqrt{x}
\end{array} $
\end{center}
Dessa forma,
\begin{center}
$\displaystyle \int \frac{ \ln(x) dx}{\sqrt{x}} =
2\sqrt{x} \ln(x) - \int 2 \sqrt{x} \cdot \frac{dx}{x} =
2 \sqrt{x} \ln(x) - 2 \int x^{-1/2} dx $

$\displaystyle \int \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 $
\end{center}
(II) Decomposi\cao em Fra\coes Parciais:
\begin{center}
$\displaystyle \frac{3x^2 + 4x + 2}{x(x^2+2x+1)} =
\frac{3x^2 + 4x + 2}{x(x+1)^2} =
\frac{A}{x} + \frac{B}{x+1} + \frac{C}{(x+1)^2}$
\end{center}
ou seja
\begin{center}
$\displaystyle \frac{3x^2 + 4x + 2}{x(x^2+2x+1)} =
\frac{ A(x+1)^2 + B x(x+1) + C x}{x(x+1)^2} $

$ \Rightarrow \displaystyle 3x^2 + 4x + 2 \equiv
A(x^2 + 2x + 1) + B(x^2 + x) + Cx $


$ \Rightarrow \displaystyle 3x^2 + 4x + 2 \equiv
(A+B) x^2 + (2A + B + C)x + A$
\end{center}
e temos que resolver
\begin{center}
$\displaystyle \left\{ \begin{array}{ccc}
A + B  &= 3\\ 2A + B + C & = 4 \\ A &= 2 
\end{array} \right. $ .
\end{center}
Temos
\begin{center}
$\displaystyle A =2 \Rightarrow B = 3-A = 3-2 = 1 $

$\displaystyle \rightarrow C = 4-2A-B= 4-4-1 = -1$
\end{center}
ou seja
\begin{center}
$\displaystyle \frac{3x^2 + 4x + 2}{x(x^2+2x+1)} =
\frac{2}{x} + \frac{1}{x+1} + \frac{-1}{(x+1)^2}$
\end{center}
o que implica
\begin{center}
$\displaystyle \int \frac{3x^2 + 4x + 2}{x(x^2+2x+1)} dx =
\int \left( \frac{2}{x} + \frac{1}{x+1} + \frac{-1}{(x+1)^2} 
\right) dx $

$\displaystyle \int \frac{3x^2 + 4x + 2}{x(x^2+2x+1)} dx =
2 \ln|x| + \ln|x+1| - \frac{(x+1)^{-1}}{-1} + C$

$\displaystyle \int \frac{3x^2 + 4x + 2}{x(x^2+2x+1)} dx =
2 \ln|x| + \ln|x+1| + \frac{1}{(x+1)} + C$
\end{center}
onde $C$ \'e qualquer constante real.


(b) Temos, pela Regra da Cadeia,
\begin{center}
$\displaystyle f'(x) = \cos \left( \sqrt{x^2+3\pi^2} \right) 
\cdot \frac{1}{2\sqrt{x^2 + 3 \pi^2}} \cdot (2x) $
\end{center}
e ent\ao
\begin{center}
$\displaystyle f'(\pi) = \cos \left( \sqrt{(\pi)^2+3\pi^2} \right) 
\cdot \frac{1}{2\sqrt{(\pi)^2 + 3 \pi^2}} \cdot (2\pi) $

$\displaystyle f'(\pi) = \cos \left( 2 \pi \right) 
\cdot \frac{1}{2 (2\pi) } \cdot (2\pi) = \frac{1}{2}$.
\end{center}
Assim
\begin{center}
$\displaystyle y - f(\pi) = f'(\pi)(x-\pi) $

$\Rightarrow y - \sen \left( \sqrt{(\pi)^2 + 3 \pi^2} \right) =
\frac{1}{2} (x-\pi) $

$\Rightarrow y - \sen \left( 2 \pi \right) =
\frac{1}{2} (x-\pi) $

$\displaystyle \Rightarrow y - 0 = \frac{1}{2} (x-\pi) $
\end{center}
\'e a equa\cao procurada.

\medskip
\noindent {\bf  Quest\ao 2. (2.5 pontos)}

(a) Uma caixa de base quadrada, sem tampa, deve ter $12 m^2$ de superf\ii cie
total. Determine o comprimento da aresta da base e a altura da caixa de
volume m\'aximo.

(b) G\'as escapa de um bal\ao esf\'erico \`a raz\ao de $4 m^2/h$. Determine
a taxa de varia\cao do raio quando sua medida \'e de 1m, indicando a 
unidade apropriada.

\medskip
\noindent {\bf Solu\cao:}

Seja $x$ o comprimenta da aresta da base e $h$ a altura da caixa.
\begin{center}
$\displaystyle x^2 + 4 x h = 12 \Longrightarrow h = \frac{12 - x^2}{4x}$

$\displaystyle V = x^2 h \Longrightarrow V(x) = x^2 \cdot 
\frac{12 - x^2}{4x} = 3 x - x^3/4$
\end{center}
\'e a fun\cao a ser minimizada em $(0,\sqrt{12})$, pois
$12 - x^2$ deve ser positivo.

\begin{center}
$\displaystyle V'(x) = 3 - 3x^2/4 $
\end{center}
Pontos estacion\'arios: $x^2/4 = 1 \Rightarrow x = 2$ ($x$ deve ser positivo)

Pontos de n\ao-diferenciabilidade: n\ao existem pois $V'(x)$ \'e
cont\ii nua.

Al\'em disso
\begin{center}
$\displaystyle V''(x) = - 3 x /2 < 0 $
\end{center}
para todo $x$ no intervalo $(0,\sqrt{12})$. Dessa forma $V(x)$ possui
um m\'aximo absoluto nesse intervalo quando $x = 2$, e ent\ao
$h = 12/2^2 = 3$.

A caixa de volume m\'aximo tem aresta de $2 m$ e altura $3 m$.

(b) Sejam $r$ o raio, $V(r)$ o volume. Usando 
\begin{center}
$\displaystyle V(r) = \frac{4 \pi r^3}{3}$ 
\end{center}
temos
\begin{center}
$\displaystyle \frac{dV}{dt} = \frac{dV}{dr} \cdot \frac{dr}{dt}
= 4 \pi r^2 \ \frac{dr}{dt} $
\end{center}
e quando $r = 1$ temos
\begin{center}
$\displaystyle 4 = 4 \pi (1)^2 \ \frac{dr}{dt} \Longrightarrow
\frac{dr}{dt} = \frac{1}{\pi}$
\end{center}
e ent\ao a taxa de varia\cao do raio \'e de $1/\pi \ m/h$ no instante
em que $r = 1m$.

\medskip
\noindent {\bf Quest\ao 3. (2.5 pontos)} 

(a) Esbo\c{c}e o gr\'afico de uma fun\cao cont\ii nua que verifica,
simultaneamente, todas as condi\coes abaixo:

(I) $f(2) = 2 $ e $f(4)=3$;  \  \ \ (II) $\displaystyle
\lim_{x \rightarrow + \infty} f(x) = 1$ e $
\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = +\infty$

(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 
m\'aximo e de m\ii nimo relativo, caso existam. Determine 
tamb\'em a equa\cao das ass\ii ntotas do gr\'afico de $f$.

\medskip
\noindent {\bf Solu\cao:}

(a) Temos que pelo (II) a reta $y=1$ deve ser ass\ii ntota horizontal
`a direita; pelo (III) a fun\cao \'e decrescente em $(-\infty,2)$
e $(4,+\infty)$. Pelo (IV) o gr\'afico \'e sempre c\^oncavo para cima.

\'E poss\ii vel  tra\c{c}ar o gr\'afico de uma fun\cao cont\ii nua
com derivada descont\ii nua satisfazendo as restri\coes acima:

%\centerline{
%\resizebox{12cm}{8cm}{ \includegraphics{ExA_02-2f1.eps} }  }
(vazio)

\medskip
(b) Temos
\begin{center}
$\displaystyle f'(x) = 2 x e^{2x} + x^2 (2) e^{2x} = 2 x(1+x)e^{2x}$
\end{center}
e como $e^{2x}$ \'e sempre positivo, o sinal da derivada \'e 
determinado pelo sinal da par\'abola (voltada para cima) $y = x(1+x)$.
A express\ao se anula em $x=-1$ e $x=0$ e \'e negativa entre esses
valores, e sendo positiva caso contr\'ario. Ou seja,

$\displaystyle f'(x) < 0$ em $(-1,0) \Longrightarrow f(x) $ \'e
descrescente em $[-1,0]$.

$\displaystyle f'(x) > 0$ em $(-\infty,-1)$ e $(0,+\infty) 
\Longrightarrow f(x) $ \'e crescente em 
$(-\infty,-1] \bigcup [0,+\infty) $.

M\'aximo relativo em $x=-1$ pois o sinal da derivada troca de positivo
para negativo (TDP).

M\ii nimo relativo em $x=0$ pois o sinal da derivada troca de
negativo para positivo (TDP).

A fun\cao \'e cont\ii nua e definida em toda a reta, e n\ao existem
ass\ii ntotas verticais.

Procurando por ass\ii ntotas horizontais:
\begin{center}
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = 
\lim_{x \rightarrow -\infty} x^2 e^{2x} \stackrel{\infty \cdot 0}{=} 
\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{x^2}{e^{-2x}} $
\end{center}
e aplicando a Regra de L'Hopital
\begin{center}
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = 
\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{2x}{-2e^{-2x}} \stackrel{LH}{=}
\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{2}{4e^{-2x}} = 0$
\end{center}
e ent\ao a reta $y=0$ \'e ass\ii ntota horizontal (\`a esquerda).
\begin{center}
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = 
\lim_{x \rightarrow +\infty} x^2 e^{2x} \stackrel{\infty \cdot \infty}{=} 
+\infty$
\end{center}
e n\ao existe ass\ii ntota ao $x \rightarrow +\infty$.

\medskip
\noindent {\bf Quest\ao 4. (1.5 pontos)}

Calcule o volume do s\'olido obtido ao girarmos a regi\ao limitada pelos
gr\'aficos de $y = x^3 + 1$, $y = 2$ e o eixo $y$, ao redor da reta
$y=1$.

\medskip
\noindent {\bf Solu\cao:} 

%\centerline{
%\resizebox{12cm}{8cm}{ \includegraphics{ExA_02-2f2.eps} }  }
(vazio)

Temos, pelo M\'etodo das Arruelas,
\begin{center}
$\displaystyle V = \pi \int_0^1 (2^2 - (x^3 + 1)^2) dx =
4 \pi (1-0) - \pi \int_0^1(x^3 + 1)^2 dx $
\end{center}
e assim
\begin{center}
$\displaystyle V = 4 \pi  - \pi \int_0^1(x^6 + 2x^3+ 1) dx =
4 \pi - \pi \left[ \frac{x^7}{7} - \frac{2x^4}{4} + x 
\right]_0^1 = 4\pi - \pi \left( \frac{1}{7} - \frac{1}{2} + 1 \right) 
= 4 \pi - \frac{2 - 7 + 14}{14} \pi = \frac{(56-9)\pi}{14}=
\frac{47\pi}{14}$.
\end{center}

\medskip
\noindent {\bf Quest\ao 5. (1.0 pontos)}

Considere a c\^onica definida pela equa\cao $y^2 + 4 y - 10 x
+ 34 = 0$.

Classifique-a e determine seus elementos principais.
Fa\c{c}a um esbo\c{c}o da mesma.

\medskip
\noindent {\bf Solu\cao:}

\begin{center}
$\displaystyle y^2 + 4y + 4 = 10x - 34 + 4 \Longrightarrow
(y+2)^2 = 10(x-3)$
\end{center}
e temos uma par\'abola do tipo $(y-k)^2 = 4p(x-h)$.

Assim 
\begin{center}
$\displaystyle k = -2, h = 3, 4p = 10 \Longrightarrow
p = 10/4 = 5/2$.
\end{center}
e o eixo principal \'e paralelo ao eixo dos $X$.

V\'ertice $V(3,-2)$, foco $F(3+5/2,-2) = F(11/2,-2)$.

Diretriz \'e a reta $x = 3-5/2$, ie, $x = 1/2$.

%\centerline{
%\resizebox{12cm}{8cm}{ \includegraphics{ExA_02-2f3.eps} }  }

\end{document}