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.