Mat01353 - Cálculo e Geometria Analítica I-A
Solução do Exame Geral - 2003/2

Questão 1. (2.0 pontos) Calcule

(a) Determine a equação da reta tangente à curva de equação $x \cos(\pi y) + 2y - 1 = 0$ no ponto $(1,1)$.

(b) Determine, se existir, um valor positivo para $a \in {\mathbb{R}}$ que torna a função

$$f(x) = \left\{ \begin{array}{cc} x + 1, & x \leq a \\ \frac{3}{x} + \frac{1}{2}, & x > a \end{array}\right.$$

contínua em $x=a$. Justifique sua resposta.

Solução :

(a) Equação da curva: $x \cos(\pi y) + 2y - 1 = 0$.

$$\frac{d}{dx} \left( x \cos(\pi y) + 2y - 1 \right) = 0$$

$$(1) \cos(\pi y) + x \pi (-\mbox{sen} \, (\pi y)) \frac{dy}{dx} +... ...\cos(\pi y) + \left( 2 - \pi x \mbox{sen} \, (\pi y) \right) \frac{dy}{dx} = 0$$

$$\frac{dy}{dx} = \frac{-\cos(\pi y)}{2 - \pi x \mbox{sen} \, (\pi y)} = \frac{\cos(\pi y)}{\pi x \mbox{sen} \, (\pi y) - 2}.$$

No ponto $(1,1)$, a quantidade acima nos dá o coeficiente angular da reta tangente:

$$m = \frac{\cos(\pi)}{\pi \mbox{sen} \, (\pi)-2} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$$

e a equação da reta tangente é

$$(y-1) = \frac{1}{2} (x - 1)$$.

(b) Limites laterais:

$$\lim_{x \rightarrow a^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow a^{-}} x+1 = a + 1$$

$$\lim_{x \rightarrow a^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow a^{+}} \left( \frac{3}{x} + \frac{1}{2} \right) = \frac{3}{a} + \frac{1}{2}$$

a função será contínua se esses valores forem iguais a $f(a) = a+1$.

$$\frac{3}{a} + \frac{1}{2} = a + 1 \Rightarrow \frac{6 + a}{2a} = a + 1 \Rightarrow 6 + a = 2a^2 + 2a \Rightarrow 2a^2 + a - 6 = 0$$

e assim

$$a = \frac{-1 \pm \sqrt{(1)^2 - 4(2)(-6)}}{2(2)} = \frac{-1 \pm 7}{4}$$

e o valor positivo de $a$ é igual a $3/2$.

Questão 2. (1.5 pontos) Calcule DUAS das três integrais abaixo. Indique claramente quais deverão ser corrigidas.

(a) $$\int_0^{\sqrt{2}/2} \frac{x^2 dx}{\sqrt{1-x^2}}$$

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

(c) $$\int 2 x \cos(x) dx$$

Solução :

(a) Substituição trigonométrica: evitando zero no denominador,

$$\begin{array}{lll} x = \mbox{sen} \, (u), & -\pi/2 < u < \pi/2 &... ... \longmapsto \mbox{sen} \, (u) = \sqrt{2}/2 &\longmapsto u = \pi/4 \end{array}$$

onde

$$\sqrt{1 - x^2} = \sqrt{1 - \mbox{sen} \, ^2(u)} = \sqrt{\cos^2(u)... ...\cos(u)\vert = \cos(u) \ \mbox{em} \ \left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$$

e assim

$$\int_0^{\sqrt{2}/2} \frac{x^2 \ dx}{\sqrt{1-x^2}} = \int_0^{\pi/4... ...box{sen} \, ^2(u) \cos(u) du}{\cos(u)} = \int_0^{\pi/4} \mbox{sen} \, ^2(u) du$$

$$= \frac{1}{2} \int_0^{\pi/4} (1 - \cos(2u))du = \frac{1}{2} \left... ...i/4} = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi-2}{8}$$

(b) Decomposição por Frações Parciais:

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

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

$$9 = (A + B + C)x^2 + (3B - 3C)x - 9A \ \mbox{para todo} \ x$$

e temos

$$\left\{ \begin{array}{ll} -9A = 9 & \Rightarrow A = -1 \\ 3B - 3... ...& \Rightarrow B + C = 2 B = - A = 1 \Rightarrow B = C = 1/2 \end{array} \right.$$

assim

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

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

onde $C$ é qualquer número real.

(c) Integração por Partes:

$$\begin{array}{ll} u = 2x & \Rightarrow du = 2dx \\ dv = \cos(x) dx & \Rightarrow v = \mbox{sen} \, (x) \end{array}$$

e assim

$$\int 2 x \cos(x) dx = 2 x \mbox{sen} \, (x) - \int 2 \mbox{sen} \, (x) dx = 2 x \mbox{sen} \, (x) - 2 (-\cos(x)) + C$$

$$\Longrightarrow \int 2 x \cos(x) dx = 2 x \mbox{sen} \, (x) + 2 \cos(x) + C$$

onde $C$ é qualquer número real.

Questão 3. (1.5 pontos)

(a) Determine a área da região limitada pela curva $y = \sqrt{x}$ e pelas retas $x = 4$ e $y = -x/4$.

(b) Calcule o volume do sólido gerado pela rotação em torno do eixo $X$ da região que está hachurada no gráfico da elipse ao lado (abaixo).

Solução :

(a)

$$A = \int_0^4 \left(x^{1/2} - \left( \frac{-x}{4} \right) \right) dx = \int_0^4 (x^{1/2} + \frac{x}{4} ) dx$$

$$A = \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} + \frac{1}{4} \frac{x^2}{2} \right]_0^4 = \left[ \frac{2 x \sqrt{x}}{3} + \frac{x^2}{8} \right]_0^4$$

$$A = \frac{ 2 (4) \sqrt{4}}{3} + \frac{(4)^2}{8} = \frac{16}{3} + \frac{16}{8} = \frac{16 + 6}{3} = \frac{22}{3}$$

(b) Equação da elipse:

$$\frac{x^2}{1^2} + \frac{y^2}{2^2} = 1 \Leftrightarrow x^2 + \frac{y^2}{4} = 1$$

$$y^2 = 4 - 4x^2 = 4 (1-x^2) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{cc}... ...e de cima} \\ y = -2 \sqrt{1-x^2} & \mbox{parte de baixo} \end{array} \right.$$

Assim

$$V = \int_{-1}^1 \pi y^2 dx = \int_{-1}^1 \pi 4 (1-x^2) dx = 4 \pi \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_{-1}^{1}=$$

$$= 4 \pi \left( 1 - \frac{1}{3} \right) - 4 \pi \left( -1 - \frac{-1}{3} \right) = 4 \pi \left( \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \right) = \frac{16 \pi}{3}$$

unidades de volume.

Questão 4. (1.5 pontos) Esboçe o gráfico de uma função contínua $y = f(x)$ que satisfaça TODAS as condições abaixo:

1. $f(0) = 0$ e $f(1) = 2$,
2. $f'(-1) = 0 = f'(1)$,
3. $f'(x) > 0$ se $x \in (-1,1)$ e $f'(x) < 0$ se $x \in (-\infty,-1) \bigcup (1,+\infty)$,
4. $f''(x) > 0$ se $x \in (-2,0) \bigcup (2,+\infty)$ e $f''(x) < 0$ se $x \in (-\infty,-2) \bigcup (0,2)$,
5. $f(-x) = -f(x)$,
6. $y = 0$ é a sua assíntota horizontal.

Solução :

$f(x)$ é crescente em $(-1,1)$; $f(x)$ é decrescente em $(-\infty,-1) \bigcup (1,+\infty)$

$f(x)$ é côncava para cima em $(-2,0) \bigcup (2,+\infty)$; $f(x)$ é côncava para baixo em $(-\infty,-2) \bigcup (0,2)$.

Questão 5. (1.5 pontos) Resolva DUAS das três questões abaixo. Indique claramente quais deverão ser corrigidas.

(a) Calcule $$\lim_{x \rightarrow +\infty} x \mbox{sen} \, \left( \frac{1}{x} \right)$$

(b) Calcule $$\int_1^{+\infty} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} dx.$$

(c) Calcule $$\frac{dF}{dx}(x)$$, onde $$F(x) = \int_0^{x^3} \frac{t-1}{t+1}dt$$.

Solução :

(a) Temos uma indeterminação do tipo $\infty \cdot 0$.

$$\lim_{x \rightarrow +\infty} x \mbox{sen} \, \left( \frac{1}{x} \right) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\mbox{sen} \, (1/x)}{1/x}$$

$$\lim_{x \rightarrow +\infty} x \mbox{sen} \, \left( \frac{1}{x} \... ...(1/x)(-1x^{-2})}{-1x^{-2}}= \lim_{x \rightarrow +\infty} \cos(1/x)= \cos(0) = 1$$

(b) Integral Imprópria.

$$\int_1^{+\infty} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} dx = \lim_{L \rightarrow +\infty} \int_{1}^{L} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} dx$$

substituição :

$$u = \sqrt{x}, du = \frac{dx}{2 \sqrt{x}}$$

$$x = 1 \longmapsto u = \sqrt{x}$$

$$x = L \longmapsto u = \sqrt{L}$$

$$\int_1^L \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} dx = \int_{1}^{\sqrt{L}} ... ...= 2 \left[ -e^{-u} \right]_1^{\sqrt{L}} 2 \left( e^{-1} - e^{-\sqrt{L}} \right)$$

assim

$$\int_1^{+\infty} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} dx = \lim_{L \rightarrow +\infty} = 2 \left( e^{-1} - e^{-\sqrt{L}} \right) = \frac{2}{e}$$

(c) Teorema Fundamental do Calculo $+$ Regra da Cadeia

$$\frac{dF}{dx} = \frac{d}{dx} \int_0^{x^3} \frac{t-1}{t+1}dt = \frac{x^3-1}{x^3+1} (3x^2) = \frac{3x^2(x^3-1)}{x^3+1}$$

Questão 6.(2.0 pontos)

(a) Determine a área do maior retângulo que pode ser inscrito em um círculo de área $4\pi$. Justifique sua resposta, mostrando que realmente temos um máximo absoluto no intervalo apropriado.

(b) Uma prancha de 10m está apoiada em uma parede. Se, em um certo instante, a sua base está afastada 6 metros da parede e a base está sendo empurrada em direção à parede a uma taxa de $2 m/s$, qual é a taxa de variação instantânea do ângulo agudo que a prancha faz com o solo neste instante ? (Deixe a resposta em rad/s) O ângulo está crescendo ou decrescendo nesse instante ?

Solução :

(a) Restrição : $$x^2 + y^2 = (4)^2 \Rightarrow x^2 + y^2 = 16$$

Maximizar: $A = x y$

$$y^2 = 16 - x^2 \Rightarrow y = \sqrt{16-x^2} \Longrightarrow A = A(x) = x \sqrt{16-x^2}$$

definida para $0 \leq x \leq 4$ (lado do retângulo não pode exceder sua diagonal).

Procuramos por máximo absoluto no intervalo fechado $[0,4]$.

$$A'(x) = \frac{d}{dx} \left[ x (16-x^2)^{1/2} \right] = (1) (16-x^2)^{1/2} + x (1/2) (16-x^2)^{-1/2} (-2x) =$$

$$= \sqrt{16-x^2} - \frac{x^2}{\sqrt{16-x^2}} = \frac{(\sqrt{16-x^2})^2 - x^2}{\sqrt{16-x^2}} = \frac{16-x^2-x^2} {\sqrt{16-x^2}}$$

Pontos críticos:

$$A'(x) = 0 \Leftrightarrow 16 - 2x^2 = 0 \Leftrightarrow x^2 = 8 \Rightarrow x = \sqrt{8} = \sqrt{2(4)} = 2 \sqrt{2}$$

$$A'(x) \ \mbox{n\~ao existe:} \ x = \pm 4$$

Pontos críticos em $[0,4] : x = 2\sqrt{2}$ e $x = 4$.

Comparando $A(0)$, $A(2\sqrt{2})$ e $A(4)$ temos

$x$	$A(x)$
$0$	$0 \sqrt{16-0^2} = 0$
$2\sqrt{2}$	$2\sqrt{2} \sqrt{16-8}=\sqrt{8} \sqrt{8} = 8$
$4$	$4 \sqrt{16-4^2} = 0$

e então $x = 2\sqrt{2}$ é o ponto de máximo absoluto em $[0,4]$. A área do maior retângulo é então $A(2\sqrt{2}) = 8$.

(b)

Dados: num certo instante, quando $x = 6$, $dx/dt = -2 m/s$.

Determinar: $d\theta /dt$ neste instante.

$$\cos(\theta) = \frac{x}{10} \Longrightarrow \frac{d}{dt} [ \cos(... ...htarrow -\mbox{sen} \, (\theta) \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{10} \frac{dx}{dt}$$

onde

$$x = 6 \Rightarrow y = \sqrt{(10)^2 - x^2 } = \sqrt{100-36} = \sqrt{64} = 8 \Longrightarrow \mbox{sen} \, (\theta) = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$$

e então , neste instante,

$$- \frac{4}{5} \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{10} (-2) \Rightarrow \frac{d\theta}{dt} = \frac{5 (2)}{4 (10)} = \frac{1}{4}$$

A taxa de variação pedida é de $1/4 \ rad/s$ (radianos por segundo). O ângulo $\theta$ está crescendo neste instante.