Mat01353 - Cálculo e Geometria Analítica I-A
Solução da Terceira Verificação : Fila C - 2003/1

Questão 1. (2.0 pontos) Calcule

(a) $$\int \frac{\sqrt{4-x^2 }}{x^2} dx$$

(b) $$\int \frac{2x^2+9}{x^2(x-3)} dx$$

Solução :

(a) Substituição trigonométrica:

$$x = 2 \mbox{sen} \, (u) \Rightarrow dx = 2 \cos(u) du$$

$$\sqrt{4-x^2} = \sqrt{4 - 4 \mbox{sen} \, ^2(u)} = 2 \sqrt{\cos^2(u)} = 2 \vert\cos(u)\vert = 2 \cos(u)$$

onde $u \in [-\pi/2,\pi/2]$.

$$\int \frac{\sqrt{4-x^2 }}{x^2} dx = \int \frac{2 \cos(u) (2) \cos... ...mbox{sen} \, ^2(u)} = \int \mbox{cotg} \, ^2(u) du = \int (cossec^2(u) - 1) du$$

$$\int \frac{\sqrt{4-x^2 }}{x^2} dx = -\mbox{cotg} \, (u) - u + C =... ... - (x/2)^2}}{x/2} - arcsen(x/2) + C = -\frac{\sqrt{4-x^2}}{x} - arcsen(x/2) + C$$, $C \in {\mathbb{R}}$

(b) Integração por frações parciais:

$$\frac{2x^2+9}{x^2(x-3)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{C}{x-3} = \frac{A x(x-3) + B(x-3) + Cx^2}{x^2(x-3)}$$

implica $$2x^2 + 9 = (A + C)x^2 + (B-3A)x - 3B$$ para todo $x$, e assim

$$\left\{ \begin{array}{lr} A + C = 2 & \\ B-3A = 0 & \\ -3B = 9 & \Rightarrow B = -3 \end{array} \right.$$

$\Rightarrow A = B/3 = -1 \Rightarrow C = 2 - A = 2 + 1 = 3$ e assim

$$\frac{2x^2+9}{x^2(x-3)} = \frac{-1}{x} + \frac{-3}{x^2} + \frac{3}{x-3}$$

implica

$$\int \frac{2x^2+9}{x^2(x-3)} dx = \int \left( \frac{-1}{x} + \f... ...c{3}{x-3} \right) dx = -\ln\vert x\vert + \frac{3}{x} + 3 \ln\vert x-3\vert + C$$

onde $C \in {\mathbb{R}}$.

Questão 2. (2.0 pontos) Dadas as curvas $f(x) = x^2$ , $g(x) = x^2 + 7$ e a reta $y = 16$,

(a) faça um esboço da região R entre as curvas e abaixo da reta dada identificando claramente todos os pontos de intersecção ;

(b) calcule a área da região R.

Solução :

(a) intersecção : $f$ e reta: $x^2 = 16 \Rightarrow x = \pm 4$. $g$ e reta: $x^2 + 7 = 16 \Rightarrow x = \pm 3$.

(b)

$$A = 2 \int_{3}^{4} (16 - x^2) dx + 2 \int_{0}^{3} (x^2 + 7 - x^2) dx = 2 \left[ 16 x - \frac{x^3}{3} \right]_{3}^{4} + 2 (7)(3-0)$$

$$A = 2 \left( 16(4) - \frac{4^3}{3} - 16(3) + \frac{3^3}{3} \righ... ...6) -\frac{128}{3} + \frac{54}{3} + 42 = \frac{96-128+54+126}{3} = \frac{148}{3}$$

Questão 3. (2.0 pontos)

Seja R a região hachurada no círculo ao lado (abaixo). Escreva (não calcule) a integral que calcula o volume do sólido obtido quando rodamos a região R:

(a) em torno do eixo $x$; (b) em torno do eixo $y$.

Solução :

Equação da circunferência : $(x-5)^2 + (y-0)^2 = 3^2$ ou seja $(x-5)^2 + y^2 = 9$.

(a) em torno do eixo $x$

$$V = \int_6^8 \pi y^2 dx = \pi \int_6^8 (9-(x-5)^2)dx$$

(b) em torno do eixo $y$: primeiro, $x=6 \Rightarrow (6-5)^2 + y^2 = 9 \Rightarrow y^2 = 8 \Rightarrow y = \pm 2\sqrt{2}$ e então

$$V = \int_{0}^{2\sqrt{2}} \pi (x^2 - 6^2) dy = \pi \int_0^{2\sqrt{2}} \left[ \left( 5 + \sqrt{9-y^2} \right)^2 - 36 \right] dy$$

Questão 4. (2.0 pontos) O gráfico de uma função $f$, definida em $[0,+\infty)$, é dado ao lado (abaixo). Seja $F$ a antiderivada de $f$ definida por

$$F(x) = \int_0^x f(t) dt$$.

(a) Determine os intervalos de crescimento e os de decrescimento de $F$. Justifique sua resposta.

(b) Calcule a integral imprópria $$\int_0^{+\infty} (5-2t)e^{5t-t^2}dt$$.

(c) Determine a assíntota horizontal de $F$ quando $f(t) = (5-2t)e^{5t-t^2}$.

Solução :

(a) Pelo TFC, parte 2,

$$F'(x) = \frac{d}{dx} \int_0^x f(t) dt = f(x)$$

e então

• $F'(x) = f(x) > 0$ no intervalo $(0,a) \Rightarrow F(x)$ é crescente nesse intervalo;
• $F'(x) = f(x) < 0$ no intervalo $(a,+\infty) \Rightarrow F(x)$ é decrescente nesse intervalo;

(b) Primeiramente, por se tratar de uma integral imprópria,

$$\int_0^{+\infty} (5-2t)e^{5t-t^2}dt = \lim_{L \rightarrow +\infty} \int_0^{L} (5-2t)e^{5t-t^2}dt$$

e fazendo a substituição $u = 5t-t^2$, $du = (5 - 2t)dt$ implica

$$\begin{array}{l} t = 0 \leftrightarrow u = 5(0)-(0)^2 = 0\\ t = L \leftrightarrow u = 5L - L^2 \end{array}$$

$$\int_0^{L} (5-2t)e^{5t-t^2}dt = \int_0^{5L-L^2} e^u du = \left[ e^u \right]_0^{5L-L^2} = e^{5L-L^2}-1$$

e assim

$$\int_0^{+\infty} (5-2t)e^{5t-t^2}dt = \lim_{L \rightarrow +\infty} e^{5L-L^2}-1 = \lim_{L\rightarrow +\infty} e^{-L^2} - 1 = 0-1 = -1$$.

(c) como o domínio de $F$ é o intervalo $(0,+\infty)$, testamos no $+\infty$:

$$\lim_{x \rightarrow +\infty} F(x) = \int_0^{+\infty} f(t) dt = \int_0^{+\infty} (5-2t)e^{5t-t^2}dt = -1$$

e pela parte (b). Assim, a reta $y=-1$ é assíntota horizontal do gráfico de $F(x)$ no $+\infty$.

Questão 5. (2.0 pontos) Considere a cônica de equação $x^2 + 10x - 16y^2 + 9 = 0$.

(a) Determine a sua equação canônica, seus elementos principais (focos, vértices) e classifique-a.

(b) Determine o coeficiente angular da reta tangente no(s) ponto(s) onde a curva intercepta o eixo $y$.

Solução :

(a) Completamento de quadrados:

$$x^2 + 10x - 16y^2 + 9 = 0$$

$$x^2 + 10x + (10/2)^2 - 16y^2 = -9 + (10/2)^2 = 16$$

$$(x+5)^2 - 16y^2 = 16 \Leftrightarrow (x+5)^2 - 16 y^2 = 16$$

$$\frac{(x+5)^2}{16} -\frac{y^2}{1} = 1 \Leftrightarrow \frac{(x+5)^2}{4^2} - \frac{y^2}{1} = 1$$

e temos centro em $C(-5,0)$, eixo real paralelo ao eixo $x$. Temos $a = 4$, $b = 1 \Rightarrow c^2 = a^2 + b^2 = 1 + 16 \Rightarrow c = \sqrt{17}$.

Focos: $F_1(-5 - \sqrt{17},0)$ e $F_2 (-5 + \sqrt{17},0)$.

Vértices: $V_1(-5 -4,0)$ e $V_2(-5+4,0)$, isto é $V_1(-9,0), V_2(-1,0)$.

Essa cônica é uma hipérbole.

(b) Pontos onde intercepta:

$$x = 0 \Rightarrow -16y^2 + 9 = 0 \Rightarrow y^2=9/16 \Rightarrow y = \pm 3/4$$

Derivação implícita:

$$2x + 10 - 2(16) y \frac{dy}{dx} = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{2x+10}{32y}=\frac{x+5}{16y}$$

em $(0,-3/4)$: $$\frac{dy}{dx} = \frac{0+5}{16(-3/4)} = \frac{-5}{12}$$ e o coeficiente angular é $m=-5/12$.

em $(0,3/4)$: $$\frac{dy}{dx} = \frac{0+5}{16(3/4)} = \frac{5}{12} =$$ e o coeficiente angular é $m=5/12$.