Mat01353 - Cálculo e Geometria Analítica I-A
Solução do Exame Geral - 2003/1

Questão 1. (1.0 ponto) Calcule

(a) $$\frac{dy}{dx}$$, sendo $y = e^{x^3+x^2} \cdot \cos(2x)$.

(b) $$\frac{dy}{dx}$$, sendo $x^2 - y^2 = 2x \ln(y)$.

Solução : (a)

$$\frac{dy}{dx} = e^{x^3+x^2}(3x^2+2x) \cos(2x) + e^{x^3+x^2} (-\mbox{sen} \, (2x)) (2)$$

$$\frac{dy}{dx} = ( (3x^2+2x) \cos(2x) - 2 \mbox{sen} \, (2x) )e^{x^3+x^2}$$.

(b)

$$\frac{d}{dx} \left( x^2 - y^2 \right) = \frac{d}{dx} \left( 2x \ln(y) \right)$$

$$2x - 2y \frac{dy}{dx} = (2) \ln(y) + 2x \cdot \frac{1}{y} \cdot ... ...ightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{2x - 2\ln(y)}{2x/y+2y} = \frac{x-\ln(y)}{x/y+y}$$

ou ainda

$$\frac{dy}{dx} = \frac{xy - y \ln(y)}{x+y^2}$$.

Questão 2. (1.5 pontos) Calcule as três integrais abaixo:

(a) $$\int \frac{dx}{x^2 \sqrt{9-x^2}}$$

(b) $$\int \frac{-x^2+3x+16}{x(x-4)^2} dx$$

(c) $$\int \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} dx$$

Solução :

(A) Substituição : $x = 3 \mbox{sen} \, (u) \ \ dx = 3 \cos(u) du$

$$\int \frac{dx}{x^2 \sqrt{9-x^2}} = \int \frac{3 \cos(u) du}{(3 \... ...ox{sen} \, ^2(u)}} = \int \frac{3\cos(u) du}{9 \mbox{sen} \, ^2(u) (3) \cos(u)}$$

$$\Longrightarrow \int \frac{dx}{x^2 \sqrt{9-x^2}} = \int \frac{du}{9 \mbox{sen} \, ^2(u)} = \frac{1}{9} \int \csc^2(u)du = \frac{-\cot(u)}{9} + C$$

onde

$$\mbox{sen} \, (u) = x/3 \Rightarrow \cos(u) = \sqrt{1-(x/3)^2} =\frac{\sqrt{9-x^2}}{3}$$

$$\Longrightarrow \int \frac{dx}{x^2 \sqrt{9-x^2}} = - \frac{\sqrt{9-x^2}/3}{9 x/3} + C = \frac{-\sqrt{9-x^2}}{9x} + C , C \in {\mathbb{R}}$$.

(B) Decomposição em Frações Parciais

$$\frac{-x^2+3x+16}{x(x-4)^2} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x-4} + \frac{C}{(x-4)^2} = \frac{A(x-4)^2 + Bx(x-4) + C x}{x(x-4)^2}$$

$$-x^2 + 3x + 16 = A (x^2 - 8x + 16) + B(x^2-4x) + Cx$$

$$-x^2 + 3x + 16 = (A+B)x^2 + (C-8A-4B)x + 16A$$

para todo $x$, e temos

$$\left\{ \begin{array}{lr} A + B = -1 \\ C-8A-4B = 3 \\ 16A = 16 , & \Rightarrow A = 1 \end{array} \right.$$.

$\Rightarrow B = -1 - A = -2, C = 3 + 8A+4B = 3 + 8(1)+4(-2) = 3$.

$$\int \frac{-x^2+3x+16}{x(x-4)^2} dx = \int \left( \frac{1}{x} + \... ... \ln\vert x\vert - 3 \ln\vert x-4\vert - \frac{2}{x-4} + C , C \in {\mathbb{R}}$$.

(C) Integração por Partes:

$$\begin{array}{lcrl} u = \ln(x) & \longrightarrow & du = \frac{dx}... ...rightarrow & \displaystyle v = \frac{x^{1/2}}{1/2} = & 2 \sqrt{x}\end{array}$$

e assim

$$\int \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} dx = 2 \sqrt{x} \ln(x) - \int 2 \sqrt{x} \frac{dx}{x} = 2 \sqrt{x} \ln(x) - 2 \int x^{-1/2} dx$$

$$\Rightarrow \int \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} dx = 2 \sqrt{x} \ln(x) - 2 \frac{x^{1/2}}{1/2} + C = 2\sqrt{x} \ln(x) - 4 \sqrt{x} + C, C \in {\mathbb{R}}$$.

Questão 3. (2.0 pontos) Seja $R$ a região hachurada ao lado (abaixo), limitada pelo gráfico de $x=4-y^2$ e $x=3$.

(a) Calcule a área de $R$.

(b) Escreva (não calcule) a integral quqe expressa o volume do sólido obtido quando rodamos a região $R$ em torno do eixo $y$.

Solução : (a) Intersecção : $4 - y^2 = 3 \Rightarrow y^2 = 1 \Rightarrow y = \pm 1$

$$A = \int_0^1 (x-3)dy = \int_0^1 ((4-y^2)-3) dy = \int_0^1 (1-y^2) dy = \left[ y - \frac{y^3}{3} \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$$

(b)

$$V = \int_0^1 \pi (x^2-3^2)dy = \int_0^1 \pi \left( (4-y^2)^2 - 9 \right)dy = \int_0^1 \pi (y^4 - 8 y^2 + 7) dy$$

Questão 4. (2.0 pontos)

(a) Determine a equação da reta tangente ao gráfico de $$f(x) = \frac{x^2+3}{x^2-2}$$ no ponto de abscissa $1$.

(b) Considere a cônica de equação $9x^2 + 4y^2 - 36x - 8y + 4 = 0$. Determine sua equação canônica, seus elementos principais (focos, vértices,...) e classifique-a.

Solução (a)

$$f(1) = \frac{1+3}{1-2} = -4$$

$$f'(x) = \frac{2x(x^2-2) - (x^2+3)(2x)}{(x^2-2)^2} = \frac{-10x}{(x^2-2)^2}$$

e então

$$f'(1) = \frac{-10(1)}{(1-2)^2} = -10$$

e a equação é $y - (-4) = -10(x-1)$ ou seja, $y + 4 = -10(x-1)$.

(b)

$$9 x^2 - 36 x + 4 y^2 - 8y = -4$$

$$9(x^2 - 4x ) + 4(y^2 - 2y) = -4$$

$$9(x^2 - 4x + 4) + 4(y^2 - 2y + 1) = -4 + 36 + 4 = 36$$

$$\frac{9(x-2)^2}{36} + \frac{4(y-1)^2}{36} = 1$$

$$\frac{(x-2)^2}{4} + \frac{(y-1)^2}{9} = 1$$

e temos uma elipse: $a^2 = 9 \Rightarrow a = 3$, $b^2 = 4 \Rightarrow b = 2$.

$$a^2 = b^2 + c^2 \Leftrightarrow 9 = 4 + c^2 \Rightarrow c = \sqrt{5}$$

Eixo principal é paralelo ao eixo dos $Y$. Centro tem coordenadas $C(2,1)$.

Focos $F_1 (2,1-\sqrt{5})$ e $F_2(2,1+\sqrt{5})$.

Vértices $V_1(2,1-3)=V_1(2,-2)$ e $V_2(2,1+3)=V_2(2,4)$

Excentricidade $e = c/a = \sqrt{5 \ }/3$.

Questão 5. (1.5 pontos)

Uma área retangular com $216 m^2$ será cercada e dividida em duas partes iguais por uma cerca paralela a um de seus lados. Quais as dimensões do retângulo externo que exigirão a menor quantidade total de cerca ? Quantos metros de cerca serão necessários ?

Solução :

$x$ e $y$ são as dimensões , cerca divisória tem dimensão $x$. $A = 216 m^2$ área do retângulo externo. $Q$ é a quantidade de cerca (em metros).

$$xy = 216 m^2 \Rightarrow y = 216/x$$

$$Q = 2y + 3x = 2 (216/x) + 3x$$

e temos que minimizar a quantidade

$$Q(x) = 3x + \frac{2(216)}{x}, x > 0$$

Temos

$$Q'(x) = 3 - \frac{2(216)}{x^2}$$

e o único ponto crítico em $(0,+\infty)$ satisfaz $Q'(x) = 0$, isto é,

$$3 = \frac{2(216)}{x^2} \Rightarrow x^2 = \frac{2(216)}{3} = 144 \Rightarrow x = 12$$.

Além disso,

$$Q''(x) = \frac{4(216)}{x^3}$$

que é contínua e positiva em $(0,+\infty)$. Portanto $x=12$ é um ponto de mínimo relativo. Como $x=12$ é o único ponto crítico de $Q(x)$ em $(0,+\infty)$, segue que $x=12$ é também um ponto de mínimo absoluto em $(0,+\infty)$.

As dimensões que exigirão a menor quantidade de cerca são $x=12 m$ e $y = 216/12=18 m$.

Serão necessários $3(12) + 2(18) = 72$ metros de cerca.

Questão 6. (2.0 pontos) Dada a função $$f(x) = \frac{\ln(x)}{x^2}$$, determine:

(a) o domínio de $f$,

(b) os intervalos de crescimento e os de decrescimento de $f$,

(c) os pontos de máximo ou mínimo local de $f$, caso existam,

(d) as assíntotas horizontais e as verticais, caso existam.

Solução :

(a) $D(f) = (0,+\infty)$ pois $x$ dever ser positivo por causa do logaritmo e não -nulo porque $x^2$ é denominador.

(b)

$$f'(x) = \frac{x^2 (1/x) - \ln(x) (2x)}{x^4} = \frac{1-2\ln(x)}{x^3}$$

e como $x^3$ é sempre positivo em $(0,+\infty)$:

$f$ é crescente: $1-2\ln(x) > 0 \Leftrightarrow \ln(x) < 1/2 \Leftrightarrow 0 < x < e^{1/2} = \sqrt{e}$

$f$ é decrescente: $1 - 2 \ln(x) < 0 \Leftrightarrow \ln(x) > 1/2 \Leftrightarrow x > e^{1/2} = \sqrt{e}$

Assim $f$ é crescente em $(0,\sqrt{e})$ e decrescente em $(\sqrt{e},+\infty)$.

(c) Pelo teste da derivada primeira e a pela parte (b), $x=\sqrt{e}$ é ponto de máximo local de $f$.

(d) Assintotas verticiais: como a função $f(x)$ é contínua em sem domínio, assintotas podem ocorrer em $x=0$ ou ao $x \rightarrow +\infty$.

$$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln(x)}{x^2} = -\infty$$

pois $x^2 \rightarrow +0$ e $\ln(x) \rightarrow -\infty$. Então existe assintota vertical em $x=0$.

$$\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\ln(x)}{x^2}$$

e como temos uma indeterminação do tipo $\infty/\infty$:

$$\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{1/x}{2x} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{1}{2x^2} = 0$$

e assim a reta $y=0$ é assíntota horizontal no $+\infty$.