Prova Final de Cálculo 1

Universidade Federal do Espírito Santo
Prova Final de Cálculo I –Data: 13/11/2012
Prof. Lúcio Fassarella
DMA/CEUNES/UFES
Aluno:___________________________Matrícula:______Nota:
1. (1; 5 ponto) Calcule os limites:
2x2 3x 2
i) lim
x!2
x2 4
ii) lim
x!1
p
x
ln (x2 )
iii) lim
x!1
cos
x
2x
1
2. (1; 5 ponto) Um copo de papel tem a forma de um cone circular reto com
10 cm de altura e 3 cm de raio no topo. Se for colocada água dentro do
copo à taxa de 2 cm3 = s, com que rapidez o nível da água se elevará quando
ela estiver a 5 cm de profundidade?
3. (1; 5 ponto) Determine as retas que contêm o ponto (1; 12) e são tangentes
à curva
y = 9 x2
4. (1; 5 ponto) Determine o triângulo isóceles de menor área que pode ser
circunscrito à uma circunferência de raio r.
5. (2 pontos) Calcule as integrais:
i)
Z
x cos ( x) dx
ii)
Z
5
5
p
1
dx
25 x2
6. (2 pontos) Em cada item, calcule a área da região limitada pelas curvas
i)
y = x2
y2 = x
ii)
Boa Prova!
1
y = x3
y = 3x
x
Chave de Respostas
Serão penalizados com redução de pontos (variando de 0; 1 a 0; 3) as seguintes
situações:
- Desorganização;
- Notação/terminologia incorreta ou inadequada;
- Introdução de variáveis ou símbolos sem de…nição explícita;
- Respostas ou expressões intermediárias sem as devidas justi…cativas.
Questão 1 (todos os ítens)
- Aplicação da Regra de L’Hopital com cálculo correto das derivadas das
funções envolvidas = 0; 25
- Conclusão do cálculo do limite: = 0; 25
> O item (i) pode ser resolvido usando fatoração!
Questão 2
- Expressão correta do volume de água em função da profundidade = 0; 2
- Relação correta entre a profundidade e o raio da superfície da água = 0; 3
- Cálculo correto da derivada do volume de água em função do tempo = 0; 5
- Substituição correta de valores na expressão da derivada da profundidade
em relação ao tempo = 0; 5
- Registro da resposta.
Questão 3
- De…nição de uma extratégia correta para resolução do problema = 0; 5
- Expressão genérica das retas tangentes à curva = 0; 3
- Dedução da equação do segundo grau que caracteriza os pontos da curva
que resolvem o problema = 0; 3
- Resolução da equação do segundo grau = 0; 2
- Registro da resposta (determinação das expressões das retas que resolvem
o problema) = 0; 2
Questão 4
- Expressão correta da área de um triângulo isóceles circunscrito na circunferência em função de um único parâmetro, digamos a altura = 0; 2
- De…nição de uma extratégia correta para resolução do problema (técnica
dos pontos críticos) = 0; 3
- Cálculo correto da derivada da área em função da altura = 0; 5
- Determinação do ponto crítico da função área = 0; 3
- Conclusão do problema e registro da resposta = 0; 2
2
Questão 5
Item (i)
- Integração por partes, com escolha correta das variáveis auxiliares = 0; 2
- Cálculos intermediários corretos = 0; 5
- Cálculo correto da integral intermediária = 0; 3
- Registro da resposta correta.
Item (ii)
- Substituição trigonométrica, com escolha correta da variável auxiliar = 0; 2
- Cálculo correto do novo integrando = 0; 2
- Resolução da nova integral = 0; 2
- Retorno à variável original (ou cálculo dos novos limites de integração) =
0; 2
- Cálculo da primitiva nos limites de integração = 0; 2
- Registro da resposta correta.
Questão 6
Item (i)
- Determinação da região limitada em questão (desenho e/ou intervalo de
integração) = 0; 3
- Determinação correta dos integrandos = 0; 3
- Cálculo da integral de…nida = 0; 4
Item (ii)
- Determinação da região limitada em questão (desenho e/ou intervalo de
integração) = 0; 3
- Determinação correta dos integrandos = 0; 3
- Cálculo da integral de…nida = 0; 4
3
Resolução
Questão 1:
(i) Resolvemos a indeterminação 0=0 fatorando os polinômios (mas ela pode
também ser resolvida usando L’Hopital):
2x2 3x 2
(x 2) (2x + 1)
2x + 1
2 2+1
5
= lim
= lim
=
= (Resposta)
2
x!2
x!2 (x
x!2 x + 2
x
4
2) (x + 2)
2+2
4
i) lim
(ii) Resolvemos a indeterminação 1=1 usando a regra de L’Hopital:
p
x
= lim
ii) lim
x!1
x!1 ln (x2 )
d p
dx x
d
2
dx ln (x )
=
1
p
2 x
lim 2
x!1
x
= lim
x!1
p
x
= 1 (Resposta)
4
(iii) Resolvemos a indeterminação 0=0 usando a regra de L’Hopital:
cos
x!1 x
iii) lim
2x
1
d
dx cos
x!1 d (x
dx
= lim
2x
1)
= lim
x!1
4
2
sin
1
2x
=
2
sin
2
=
2
(Resposta)
Questão 2: De…nimos as seguintes variáveis:
t : = tempo transcorrido desde que o copo começou a receber água
y : = altura da água no copo no instante t
x : = raio do disco de…nido pela superfície da água no copo no instante t
Como o copo tem formato de cone circular reto invertido, seções retas contendo
o eixo central de…nem um triângulo retângulo cujos catetos medem 10 cm e 3 cm;
por semelhança de triângulos, segue a seguinte relação entre as variáveis x e y
(válida em qualquer instante de tempo t):
x
y
=
10
3
x=
3
y
10
Quando a altura da água no copo é y, o volume de água é dado por:
V =
1 2
x y
3
V =
3
y3
100
Portanto, a relação entre a taxa de variação do volume e a taxa de variação da
altura de água em relação ao tempo é dada por:
dV
9
dy
=
y2
dt
100
dt
dy
100 dV
=
dt
9 y 2 dt
Finalmente, considerando dV =dt = 2 cm3 = s segue que a taxa com que o nível
de água se eleva quando y = 5 cm é dada por:
dy
dt
=
(y=5 cm; dV =dt=2 cm3 = s)
100
9 52
5
2=
8
9
(Resposta)
Questão 3: A reta tangente ao grá…co de uma função derivável f (x) num
ponto (x0 ; y0 ) é dada pela equação
y = f 0 (x0 ) (x
No caso da curva y = 9
seguinte equação
y=
x0 ) + y0 ; y0 = f (x0 )
x2 , a reta tangente no ponto (x0 ; y0 ) é dada pela
2x0 (x
x0 ) + 9
x20
( )
A condição de que essa reta contenha o ponto (1; 12) determina a seguinte
equação na variável x0 ,:
12 =
2x0 (1
x0 ) + 9
x20
ou seja
x20
2x0
3=0
Resolvendo essa equação do segundo grau obtemos
x0 =
1 ou x0 = 3
Substituindo esses valores na equação ( ) acima, obtemos duas retas satisfazendo
as condições do problema:
fy = 2x + 10 e fy =
6x + 18
(Resposta)
Addendum à resolução
O seguinte grá…co con…rma a solução do problema:
y
12.5
10
7.5
5
2.5
0
-5
-2.5
0
2.5
5
x
y = 9 x2 (azul), y = 2x + 10 (vemelho
claro) e y = 6x + 18 (vermelho escuro)
6
Questão 4: De…nimos as seguintes variáveis:
b
h
: = base do triângulo isóceles
: = altura do triângulo isóceles
: = ângulo do vértice oposto à base do triângulo isóceles
Usando geometria elementar, deduzimos as seguintes relações:
tan ( =2) =
b=2
r
; sin ( =2) =
h
h r
Podemos exprimir tan ( =2) e b em função de h:
tan ( =2) =
sin ( =2)
sin ( =2)
=q
=r
cos ( =2)
1 sin2 ( =2)
1
e
b= p
b = 2h tan ( =2)
r
h r
r
h r
2
=p
r
h2
2hr
2rh
2rh
h2
A área do triângulo isóceles é dada por
A=
1
bh
2
A (h) = p
rh2
h2
2rh
Observamos a condição que de…ne o domínio de A (h), coerente com a geometria do problema: h > 2r!
O valor de h que minimiza a área deve ser um ponto crítico de A (h), i.e., uma
raiz de sua derivada.1 A derivada de A (h):
p
2r
2h h2 2hr h2 2p2h
d
dA
h2
h2 2hr
p
=r
=r
dh
dh
h2 2hr
h2 2hr
Efetuando cálculos aritméticos, obtemos:
rh2 (h 3r)
dA
=
3=2
dh
(h2 2hr)
Concluimos que A (h) possui um único ponto crítico:
dA
= 0 () h0 = 3r
dh
1 Os seguintes limites nos permitem concluir que A (h) deve possuir ponto de mínimo global
no interior do seu domínio (portanto, ele deve ser um ponto crítico):
lim A (h) = 1 =
h!2r+
7
lim A (h)
h!+1
Substituindo esse valor na expressão para a base, obtemos:
p
2r (3r)
b0 = q
= 2 3r
2
(3r)
2r (3r)
Resposta: o triângulo isóceles circunscrito à circunferência
p de raio r > 0
que possui área mínima tem altura h0 = 3r e base b0 = 2 3r. Calculando
o ângulo oposto à base desse triângulo, podemos concluir que esse triângulo é
equilátero (todos os seus ângulos medem 600 ):
0
= 2 arcsin
1
=
= 2 arcsin
2
3
{z
}
|
r
3r
r
=6
Addendum à Resolução
O seguinte grá…co da função A (h) no caso r = 1, con…rma a
solução do problema – ou seja, que o triângulo isóceles de menor
área deve ter altura h = 3.
A(h)
10
7. 5
5
2. 5
0
3
4
5
6
h
8
Questão 5: R
i) A integral x cos ( x) dx pode ser resolvida por partes com as seguintes
de…nições:
du = dx
u=x
dv = cos ( x) dx
v = 1 sin ( x) dx
Assim:
Z
Z
x cos ( x) dx =
1
=
1
=
ii) A integral
R5
5
udv = uv
x sin ( x)
x sin ( x) +
p 1
dx
25 x2
x = 5 sin ( )
Assim:
Z
1
p
dx =
25 x2
Z
Z
vdu
Z
1
sin ( x) xd
1
2
cos ( x) + c
(Resposta)
pod ser resolvida por substituição:
p dx = 5 cos ( ) d
25 x2 = 5 cos ( )
1
5 cos ( ) d =
5 cos ( )
Z
d = +c
Retornando à variável original, obtemos:
Z
1
x
p
dx = arcsin
+c
2
5
25 x
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo:
Z 5
x 5
1
p
dx = arcsin
= arcsin (1)
5
5
25 x2
5
Em síntese:
Z
5
5
p
1
dx =
25 x2
9
arcsin ( 1) =
(Resposta)
2
2
=
Questão 6
i) Fazemos um esboço das curvas para visualizar a região limitada:
y
2
1.5
1
0.5
0
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
x
-0.5
-1
y = x2 (azul), y 2 = x (vermelho)
Os pontos de interseção das curvas são soluções do seguinte sistema
y = x2
y2 = x
(x; y) = (0; 0) ou (x; y) = (1; 1)
Portanto, a área limitada pelas curvas é dada pela seguinte integral em x (o
que requer exprimir as curvas na região de integração como grá…cos de funções
de x):
A=
Z
0
1
p
x
x2 dx =
2 3=2
x
3
1 3
x
3
10
1
=
0
2
3
1
1
=
3
3
(Resposta)
ii) Fazemos um esboço das curvas para visualizar a região limitada:
y
7.5
5
2.5
0
-2.5
-1.25
0
1.25
2.5
x
-2.5
-5
-7.5
y = x3
x (azul), y = 3x (vermelho)
Os pontos de interseção das curvas são soluções do seguinte sistema
y = x3 x
y = 3x
x3
4x = 0
x 2 f 2; 0; 2g
Assim, os pontos de interseção são:
( 2; 6) ; (0; 0) ; (2; 6)
Portanto, a área limitada pelas curvas é dada pela seguinte integral em x (o
que requer exprimir as curvas na região de integração como grá…cos de funções
de x):
A =
=
Z
Z
3
x
8
x
3x dx +
2
0
x3
4x dx +
2
1 4
x
4
=
=
0
Z
Z
2
3x
0
2
4x
x3 dx
0
0
2x2
+ 2x2
2
(Resposta)
11
1 4
x
4
2
0
x3
x
dx