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