Prova P2 de Cálculo Diferencial e Integral I - Engenharia 2022

EFB105 Diurno Pág 1 de 6 ENGENHARIA CICLO BÁSICO DIURNO 2022 2o semestre Prova P2 Disc EFB105 CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I Curso Engenharia Ciclo Básico Série 1a P2 2022 GABARITO Q1 Total de 20 pontos Considere a função 𝑓𝑥 𝑒𝑥 𝑥2 para qual são válidas as seguintes afirmações Dom 𝑓 ℝ 0 lim 𝑥 𝑓𝑥 0 lim 𝑥 𝑓𝑥 lim 𝑥0 𝑓𝑥 𝑓𝑥 0 𝑥 Dom 𝑓 Além disso o gráfico de 𝑓 não apresenta simetria e 𝑓2 𝑒2 4 185 a 05 Investigue a existência de assíntotas verticais e horizontais no gráfico de 𝑓 justificando todos os seus argumentos Em caso afirmativo exiba as equações dessas assíntotas Solução O enunciado informa que lim 𝑥 𝑓𝑥 0 Logo 𝑦 0 é uma assíntota horizontal para o gráfico de 𝑓 quando 𝑥 Por outro lado temos lim 𝑥 𝑓𝑥𝑥 lim 𝑥 𝑒𝑥𝑥3 Isso revela que o gráfico de 𝑓 não admite assíntota oblíqua quando 𝑥 Também não há assíntota horizontal quando 𝑥 pois lim 𝑥 𝑓𝑥 informação do enunciado Uma vez que há restrição no domínio de 𝑓 vamos investigar a ocorrência de assíntotas verticais lim 𝑥0 𝑒𝑥 𝑥2 1 0 lim 𝑥0 𝑒𝑥 𝑥2 𝑥 0 é uma assíntota vertical para o gráfico de 𝑓 b 075 Investigue a existência de pontos críticos para 𝑓 Em caso afirmativo classifiqueos Determine também os intervalos de crescimento e decrescimento de 𝑓 Solução Para 𝑓𝑥 temos 𝑓𝑥 𝑒𝑥𝑥2 𝑒𝑥2𝑥 𝑥4 𝑒𝑥𝑥2 2𝑥 𝑥4 𝑒𝑥 𝑥4 𝑥2 2𝑥 𝑒𝑥 𝑥4 𝑔𝑥 𝑥 Dom 𝑓 A derivada 𝑓𝑥 está definida em todo o Dom 𝑓 Logo os pontos críticos de 𝑓𝑥 se existirem virão de 𝑓𝑥 𝑒𝑥 𝑥4 𝑔𝑥 0 𝑔𝑥 0 𝑥2 2𝑥 0 𝑥𝑥 2 0 𝑥 2 𝑥 0 Dom 𝑓 Portanto 𝑥 2 é o único ponto crítico da função 𝑓 Para classificalo precisamos estudar o sinal de 𝑓𝑥 Note que esse sinal depende exclusivamente de 𝑔𝑥 𝑥2 2𝑥 cujo gráfico é uma parábola côncava para cima com raízes em 𝑥 0 e 𝑥 2 Assim temos 𝑔𝑥 0 para 𝑥 ℝ 0 2 e 𝑔𝑥 0 para 𝑥 0 2 Isso revela que 𝑥 2 é um ponto de mínimo local e o valor mínimo é 𝑓2 𝑒24 185 EFB105 Diurno Pág 2 de 6 Pontos críticos 𝑥 2 Pontos de máximo localis Não há Pontoss de mínimo localis 𝑥 2 com 𝑓2 185 𝑓 é crescente em 0 2 ℝ 0 2 𝑓 é decrescente em 0 2 c 075 Reúna todas as informações dos itens anteriores e esboce o gráfico de 𝑓 no sistema de eixos coordenados a seguir Q2 Total de 20 pontos Um fio de arame com 10m de comprimento deverá ser cortado em duas partes de comprimento 𝑥 e 𝑦 respectivamente A porção de comprimento 𝑥 deverá ser dobrada na forma de um retângulo em que o comprimento da base é o triplo da altura ℎ a parte remanescente de comprimento 𝑦 deverá formar um círculo de raio 𝑟 Importante Considere alguns valores de interesse 20 3𝜋16 08 25 𝜋 80 a 15 Determine o ponto no qual o fio de arame deve ser cortado e se ele deve ser cortado de forma a maximizar a área formada pelas duas figuras Solução O fio de arame com 10m de comprimento deverá ser cortado em duas partes de comprimento 𝑥 e 𝑦logo temos 𝑥 𝑦 10 𝑦 10 𝑥 1 Com a parte de comprimento 𝑥 construiremos um retângulo em que o comprimento da base é o triplo da altura ℎ Logo o perímetro desse retângulo é Perímetroretângulo 2 3 ℎ 2 ℎ 8ℎ 𝑥 ℎ 𝑥 8 2 A partir de 2 a área do retângulo é expressa por EFB105 Diurno Pág 3 de 6 Árearetângulo 𝑥 8 3𝑥 8 3 64 𝑥2 3 Com a parte do arame de comprimento 𝑦 10 𝑥 construiremos um círculo de raio 𝑟 O perímetro desse círculo vale Perímetrocírculo 2𝜋𝑟 𝑦 10 𝑥 𝑟 10 𝑥 2𝜋 4 A partir de 4 a área do círculo pode ser escrita como Áreacírculo 𝜋 10 𝑥 2𝜋 2 10 𝑥2 4𝜋 5 Com 3 e 5 a área formada pelas duas figuras é Áreatotal 𝐴𝑥 3 64 𝑥2 10 𝑥2 4𝜋 6 Note que Dom 𝐴 0 10 Vamos investigar a existência de pontos críticos na função 𝐴𝑥 Para isso precisamos da derivada 𝐴𝑥 𝐴𝑥 6 64 𝑥 10 𝑥 2𝜋 𝑥 Dom 𝐴 Assim se existirem os pontos críticos de 𝐴𝑥 ocorrerão quando 𝐴𝑥 0 𝐴𝑥 0 6 64 𝑥 10 𝑥 2𝜋 0 6𝜋𝑥 3210 𝑥 64𝜋 0 3𝜋𝑥 1610 𝑥 0 𝑥3𝜋 16 160 𝑥 160 3𝜋 16 8 20 3𝜋 16 8 08 64 m Dom 𝐴 Resta agora classificar esse ponto crítico Para isso vamos estudar o sinal de 𝐴𝑥 Podemos reescrever da seguinte forma 𝐴𝑥 3𝜋𝑥 1610 𝑥 32𝜋 1 32𝜋 𝑥3𝜋 16 160 1 32𝜋 𝑓𝑥 O sinal de 𝐴𝑥 depende exclusivamente do sinal da função 𝑓𝑥 𝑥3𝜋 160 160 cujo gráfico é uma reta crescente Logo 𝐴𝑥 0 para 𝑥 0 160 3𝜋16 𝐴𝑥 é decrescente nesse intervalo 𝐴𝑥 0 para 𝑥 160 3𝜋16 10 𝐴𝑥 é crescente nesse intervalo Portanto o ponto crítico 𝑥 160 3𝜋16 é um ponto de mínimo local Mas estamos interessados na área máxima Isso indica que precisamos utilizar o Método do Intervalo Fechado para resolver o problema Assim Para 𝑥 0 teremos somente o círculo 𝐴0 100 4𝜋 25 𝜋 80 Para 𝑥 10 teremos apenas o retângulo 𝐴10 300 64 75 16 47 Então concluímos que a área total máxima é obtida quando não cortamos o fio de arame e construímos apenas um círculo Logo O arame deve ser cortado Sim Como 𝑥 0 𝑦 10 m X Não b 05 Determine o ponto no qual o fio de arame deve ser cortado e se ele deve ser cortado de forma a minimizar a área formada pelas duas figuras EFB105 Diurno Pág 4 de 6 Solução Como visto no item anterior a área total mínima ocorre quando 𝑥 160 3𝜋16 64 m Assim O arame deve ser cortado X Sim Como 𝑥 64 m 𝑦 36 m Não Q3 Total de 20 pontos A Trombeta de Gabriel Trombeta do Anjo Gabriel ou ainda Trombeta de Torricelli é uma superfície de revolução que se obtém rotacionando a curva 𝑦 𝑥1 com 𝑥 1 em torno do eixo coordenado 𝑂𝑥 a 05 Esboce o sólido de revolução que tem como fronteira a Trombeta de Gabriel b 15 Escolha uma das técnicas de cálculo de volumes de sólidos de revolução e determine o volume da Trombeta de Gabriel No sistema de eixos do item anterior indique um corte típico da região a ser rotacionada exibindo as dimensões relevantes de acordo com sua escolha de técnica de cálculo X Método dos Discos Método das Cascas Cilíndricas Solução Aplicando o Método dos Discos temos 𝑉 𝑑𝑉 𝜋 1 𝑥 2 𝑑𝑥 1 𝜋 1 𝑥2 𝑑𝑥 1 𝜋 lim 𝑎 1 𝑥2 𝑑𝑥 𝑎 1 𝜋 lim 𝑎 1 𝑥 1 𝑎 𝜋 lim 𝑎 1 𝑎 1 𝜋1 𝜋 Q4 Total de 20 pontos Considere os itens a seguir a 10 Do estudo das diferenciais sabemos que Se 𝑦 𝑓𝑥 então Δ𝑦 𝑦final 𝑦inicial 𝑓𝑥inicial𝑑𝑥 Logo podemos estimar o valor futuro de 𝑓𝑥 quando 𝑥 sofre um acréscimo decréscimo 𝑑𝑥 𝑦final 𝑓𝑥final 𝑦inicial 𝑓𝑥inicial𝑑𝑥 𝑓𝑥inicial 𝑓𝑥inicial𝑥final 𝑥inicial Decresce segundo assíntota horizontal 𝑦 0 EFB105 Diurno Pág 5 de 6 Use este resultado para mostrar que ln4 7ℎ ln 4 7 4 ℎ quando ℎ é pequeno Sugestão Use 𝑓𝑥 ln 4 𝑥 e 𝑑𝑥 𝑥final 𝑥inicial 7ℎ 0 7ℎ Solução Seja 𝑓𝑥 ln 4 𝑥 Como 𝑑𝑥 𝑥final 𝑥inicial 7ℎ 0 7ℎ temos 𝑦final 𝑓𝑥final 𝑓7ℎ ln4 7ℎ e 𝑦inicial 𝑓𝑥inicial 𝑓0 ln 4 Além disso 𝑓𝑥 1 4 𝑥 𝑓𝑥inicial 𝑓0 1 4 Assim temos que 𝑦final 𝑦inicial 𝑓𝑥inicial𝑥final 𝑥inicial 𝑓7ℎ 𝑓0 𝑓0 7ℎ 0 ln4 7ℎ ln 4 7 4 ℎ b 10 Não há estratégia analítica para o cálculo de 𝐼 𝑒𝑥2𝑑𝑥 1 0 Em outras palavras não é possível determinar o valor exato de 𝐼 No entanto podemos calcular 𝐼𝑛 𝑇𝑛𝑥 1 0 𝑑𝑥 𝐼 𝑒𝑥2𝑑𝑥 1 0 em que 𝑇𝑛𝑥 é o polinômio de Taylor de ordem 𝑛 que aproxima 𝑓𝑥 𝑒𝑥2 com a precisão desejada Use o polinômio de Taylor de ordem 6 para aproximar 𝑓𝑥 𝑒𝑥2 e determine o valor de 𝐼 𝑒𝑥2𝑑𝑥 1 0 𝐼6 𝑇6𝑥𝑑𝑥 1 0 Lembrete 𝑒𝑥2 1 𝑥2 𝑥4 2 𝑥6 3 1𝑛 𝑥2𝑛 𝑛 1𝑛 𝑥2𝑛 𝑛 𝑛0 Solução Temos 𝑒𝑥2𝑑𝑥 1 0 𝐼6 𝑇6𝑛 1 0 1 𝑥2 𝑥4 2 𝑥6 3 𝑑𝑥 1 0 𝑥 1 3 𝑥3 1 5 2𝑥5 1 7 3 𝑥7 0 1 𝑥 1 3 𝑥3 1 10 𝑥5 1 42 𝑥7 0 1 1 1 3 1 10 1 42 26 35 Q5 Total de 20 pontos Calcule as integrais a 10 Solução ln 𝑥2𝑥𝑑𝑥 2 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 2 2 3 𝑥 3 2 ln 𝑥 2 3 𝑥 3 2 𝑥 𝑑𝑥 4 3 𝑥 3 2 ln 𝑥 𝑥𝑑𝑥 4 3 𝑥 3 2 ln 𝑥 2 3 𝑥 3 2 𝐶 Integração por partes 𝑢 ln 𝑥 𝑑𝑢 1 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑣 𝑥 𝑣 2 3 𝑥 3 2 4 3 𝑥 3 2 ln 𝑥 2 3 𝐶 EFB105 Diurno Pág 6 de 6 b 10 1 𝑥 𝑥 3 𝑑𝑥 Sugestão Use a substituição 1 𝑥 𝑢2 𝑥 1 𝑢2 Talvez também seja necessário usar sen 4𝑥 sen 22𝑥 2sen 2𝑥cos 2𝑥 22 sen 𝑥 cos 𝑥cos2 𝑥 sen2𝑥 Solução 1 𝑥𝑥 3 𝑑𝑥 𝑢21 𝑢2 3 2𝑢 𝑑𝑢 2 𝑢24 𝑢2 𝑑𝑢 4 𝑢21 𝑢 2 2 𝑑𝑢 Substituição 1 𝑥 𝑢2 𝑥 1 𝑢2 𝑑𝑥 2𝑢 𝑑𝑢 Substituição Trigonométrica 𝑢2 sen 𝜃 𝑢 2 sen 𝜃 𝑑𝑢 2 cos 𝜃 𝑑𝜃 4 4 sen2𝜃1 sen2𝜃 2 cos 𝜃𝑑𝜃 32 sen2𝜃 cos2 𝜃 𝑑𝜃 32 sen 𝜃 cos 𝜃2𝑑𝜃 32 1 2 sen2𝜃 2 𝑑𝜃 8 sen22𝜃 𝑑𝜃 8 1 2 1 cos 4𝜃𝑑𝜃 4 1 cos 4𝜃 𝑑𝜃 4 𝜃 1 4 sen 4𝜃 𝐶 sen 4𝜃 4𝜃 𝐶 22 sen 𝜃 cos 𝜃cos2 𝜃 sen2𝜃 4𝜃 𝐶 Retorno à variável 𝑢 𝑢2 sen 𝜃 𝜃 arcsen𝑢2 𝑢2 sen 𝜃 cos 𝜃 1 𝑢24 4 𝑢 2 1 𝑢2 4 1 𝑢2 4 𝑢2 4 4 arcsen 𝑢 2 𝐶 2𝑢1 𝑢2 4 1 𝑢2 2 4 arcsen 𝑢 2 𝐶 𝑢4 𝑢2 1 𝑢2 2 4 arcsen 𝑢 2 𝐶 𝑢1 𝑢2 3 1 1 𝑢2 2 4 arcsen 𝑢 2 𝐶 1 2 1 𝑥𝑥 3 1 𝑥 4 arcsen 1 𝑥 2 𝐶