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Calculo 1 - Prova e Gabarito UFRJ
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MUniversidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMATICA
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
Gabarito da Prova Final Unificada de Calculo 1 - 2014/2
Engenharia e Engenharia Quımica
04/12/2014
— Todas as respostas deverao ser justificadas —
1a Questao: (4.0 pts)
(a) Calcule a seguinte limite:
limx→1
[ln(x) tan(πx/2)
].
(b) Calcule as seguintes integrais:
(b1)
∫e√x dx, (b2)
∫x− 4
x2 + 5x+ 6dx, (b3)
∫ π/4
0
√1 + cos(4x) dx.
Solucao: (a) Como limx→1 ln(x) = ln(1) = 0 e limx→1± tan(πx/2) = ∓∞, temos a indeterminacao
do tipo “0×∞” Observe que
ln(x) tan(πx/2) =ln(x)
cos(πx/2)sen(πx/2) e lim
x→1sen(πx/2) = 1.
Basta entao calcular limx→1ln(x)
cos(πx/2) , que da uma indeterminacao do tipo “0/0”. Aplicando a
Regra de L’Hospital, obtemos
limx→1
(ln(x)
cos(πx/2)
)= lim
x→1
(1/x
−π/2 sen(πx/2)
)= − 2
π.
(b1) Fazendo a substituicao u =√x, obtemos
du =1
2√xdx ⇒ dx = 2
√xdu = 2udu.
Logo ∫e√x dx = 2
∫ueu du.
Integrando por partes,
2
∫ueu du = 2
[ueu − eu
]+ C.
Logo, ∫e√x dx = 2
[√xe
√x −
√x]+ C.
(b2) Observe que x2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3). Logo, decompondo em fracoes parciais, existem
constantes A e B tais que
x− 4
x2 + 5x+ 6=
A
x+ 2+
B
x+ 3, ∀x ∈ R \ {−2,−3}.
Multiplicando ambos os lados da identidade acima or (x+ 2)(x+ 3), obtemos
x− 4 = (x+ 3)A+ (x+ 2)B, ∀x ∈ R.
Assim, escolhendo:x = −2 ⇒ A = −6,
x = −3 ⇒ B = 7.
Logo,x− 4
x2 + 5x+ 6=
−6
x+ 2+
7
x+ 3.
Assim,∫x− 4
x2 + 5x+ 6dx = −
∫6
x+ 2dx+
∫7
x+ 3dx = 7 ln |x+3|−6 ln |x+2|+C = ln
(|x+ 3|7
|x+ 2|6
)+C.
(b2) Sabemos que cos2(θ) = (1 + cos(2θ))/2, para todo θ ∈ R. Logo,√1 + cos(4x) =
√2√cos2(2x) =
√2| cos(2x)|.
Para x ∈ [0, π/4], temos 2x ∈ [0, π/2], de modo que cos(2x) ≥ 0. Portanto,∫ π/4
0
√1 + cos(4x) =
√2
∫ π/4
0
cos(2x) dx =
√2
2
∫ π/2
0
cos(u) du =
√2
2.
2a Questao: (2.0 pts)
Calcule o volume do solido de revolucao obtido pela rotacao da curva
y =1
x
√sen(π/x) dx, x ∈ [1,+∞),
em torno do eixo x.
Solucao: Pelo metodo dos discos, temos:
V = π
∫ +∞
1
sen(π/x)
x2dx = lim
b→+∞π
∫ b
1
sen(π/x)
x2dx.
Fazendo a substituicao u = π/x, obtemos
du = − π
x2dx ⇒ dx = −x2
πdu.
Logo,
π
∫ b
1
sen(π/x)
x2dx = −
∫ π/b
π
sen(u) du = 1 + cos(π/b).
Assim,
V = limb→+∞
π
∫ b
1
sen(π/x)
x2dx = lim
b→+∞
[1 + cos(π/b)
]= 2.
3a Questao: (2.0 pts)
Dentre todos os retangulos do plano R2 com centro na origem, lados paralelos aos eixos coordenados
e inscritos na elipsex2
9+
y2
16= 1,
determine aquele de maior perımetro.
Solucao: Seja ABCD o retangulo inscrito na elipse, com (x, y) as coordenadas do ponto A que
esta no primeiro quadrante. Entao,
x ∈ (0, 3) e y = 4
√1− x2
9.
Logo o perımetro do retangulo ABCD e
P = 4x+ 4y = 4x+ 16
√1− x2
9.
Para calcular o retangulo de maximo perımetro, devemos determinar o maximo absoluto da funcao
P (x) = 4x+ 16
√1− x2
9, x ∈ [0, 3].
Como P (x) e contınua no intervalo fechado e limitado [0, 3], existe o ponto de maximo absoluto.
Analisando o comportamento de P (x):
P ′(x) = 4− 16x/9√
1− x2/9≥ 0 ⇐⇒ x√
9− x2≤ 3
4⇐⇒ x2
9− x2≤ 9
16⇐⇒ x ≤ 9
5
Analogamente,
P ′(x) ≤ 0 ⇐⇒ x ≥ 9
5.
Assim, vemos que P (x) cresce no intervalo [0, 9/5] e decresce no intervalo [9/5, 3] e concluımos que
x = 9/5 e ponto de maximo global de P (x) no intervalo [0, 3]. Logo o retangulo de maior perımetro
e aquele cujo vertice A tem coordenadas (9/5, 64/5).
4a Questao: (2.0 pts)
Considere a funcao
F (x) =
∫ x3−3x2
0
et2
dt.
(a) Determine os dois pontos crıticos de F (x), isto e, os pontos onde F ′(x) = 0.
(b) Identifique qual desses pontos e ponto de maximo e qual e ponto de mınimo. Justifique.
Solucao: (a) Pelo Teorema Fundamental do Calculo,
F ′(x) = e(x3−3x2)2
(3x2 − 6x
).
Como a funcao exponencial nao se anula, temos
F ′(x) = 0 ⇐⇒ 3x2 − 6x = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = 2.
Portanto, os dois pontos crıticos sao: x = 0 e x = 2.
(b) Calculando a derivada segunda de F (x):
F ′′(x) = e(x3−3x2)2
[2(x3 − 3x2)(3x2 − 6x)2 + (6x− 6)
].
E imediato verificar que F ′′(0) = −6 < 0. Logo x = 0 e ponto de maximo local. Alem disso,
F ′′(2) = 4e16 > 0 e x = 2 e ponto de mınimo local. Observe tambem que limx→±∞(x3−3x2) = ±∞.
Logo
limx→+∞
F (x) =
∫ +∞
0
et2
dt = +∞,
limx→−∞
F (x) =
∫ −∞
0
et2
dt = −∫ 0
−∞et
2
dt = −∞.
Portanto, F nao possui maximo e mınimo globais.
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