Gabarito APX2 Cálculo 2 2021.2, Provas de Cálculo

Baixe Gabarito APX2 Cálculo 2 2021.2 e outras Provas em PDF para Cálculo, somente na Docsity! Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro APX2 – Cálculo II – 2/2021 – Gabarito Aluno Observação: Neste gabarito as cinco questões foram escolhidas aleatoriamente, as demais questões são resolvidas de forma análoga. Observação. Ao usar uma calculadora científica, use-a no modo RADIANOS. quando usar alguma função trigonométrica ao longo dos cálculos. Questão 1 (2,0 pontos). Seja R a região situada no primeiro quadrante limitada exatamente pelas três curvas 4 0x y − = , ( ) 24 4 1 0 9 y x− − − = e 11 8 ( 4) 0 3 y x− + − = , com 8y ≤ . Calcule o volume do sólido S obtido pela rotação da região R ao redor do eixo .y (A resposta deve ser aproximada com duas casas decimais) Solução Figura 1 Figura 2 A regiãoR é mostrada na Figura 1. Já na Figura 2, a regiãoR dada é a união de duas regiões 1 R e 2 R . Assim o sólido S gerado pela rotação de R em torno do eixo y é formado pela união dos sólidos 1 S e 2 S gerados pela rotação de 1 R e 2 R (resp.) em torno do eixo y. Assim V (S )= V ( 1 S ) + V ( 2 S ). Para obter o volume de 1S usaremos o método das cascas cilíndricas. Temos então a fórmula 1 1 1 1 4 ( ) ( )( ) 2 r x h x dxV S π=  Cálculo II Gabarito da APX2 2021/2 Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 2 Na Figura 2, vemos que a função 1 ( )r x x= e [ ] ( ) 2 1 1 4 4 4 1 9 ( ) ( ) ( ) x x h x g x f x   + − −   = − = para [1,4]x∈ , note que 1 ( ) 0r x > , e 1( ) 0h x > para [1,4]x∈ . Assim, o volume neste caso é ( ) ( ) 4 4 2 2 1 1 1 4 4 4 4 1 4 1 4 9 9 ( ) 2 2 x x x dx x x dx x V S π π    + − − + − −       = =  ( ) [ ] 4 2 1 4 4 2 1 3 9 2 8 x x x x dxπ π  + − + −   =  ( ) 44 4 3 2 4 3 2 2 1 1 1 4 8 4 2 24 2 24 9 9 4 3 2 2 4 x x x x x x x dx xπ π π π π    + − + − + − + −      = = 4 3 2 4 3 28 4 4 4 1 1 1 2 2 24 9 4 3 2 4 3 2 4 (15)π π π   + − + − + − −    = 3 38 4 1 2 1 4 2 8 24 9 3 4 3 2 60π π π   + − + − + − −    = 8 126 1 1 8 72 12 126 4 3 6 72 9 3 4 2 9 12 36 36π π π π × − × − −    + − − − +        = = ( ) 8 864 504 9 1 702 36 26 62 . . 9 12 9 3 36 36 u vπ π π π π π π − −    + + = + =        = = Para obter o volume de 2S , usaremos também o método das cascas cilíndricas. Temos então a fórmula 2 2 2 6 4 ( ) ( )( ) 2 r x h x dxV S π=  Na Figura 2 vemos que a função 2 ( )r x x= e [ ]2 2 11 4 8 ( 4) 3 ( ) ( ) ( ) x x h x g x f x   − − −   = − = para [4,6]x ∈ , note que 2 ( ) 0r x > , e 2( ) 0h x > para [4,6]x ∈ . Assim, o volume neste caso é 6 6 2 4 4 11 4 11 8 ( 4) 8 ( 4) 4 3 3 ( ) 2 2x x dx x x x dx x V S π π    − − − = − − −       =   6 2 2 4 11 8 ( 4 ) 4 3 ( ) 2 x x x dxV S π   − − −   =  6 6 2 3 2 3 2 2 2 4 4 11 11 8 ( 4 ) 4 4 ( 2 ) 4 2 3 3 2 3 3 ( ) 2 2 x x x x x x x xV S π π     − − − = − − −        = 3 3 2 2 2 2 2 11 6 11 4 4(6 ) 2(6 ) 4(6) 4(4 ) 2(4 ) 4(4) 3 3 3 3 ( ) 2 2V S π π        − − − − − − −              = Cálculo II Gabarito da APX2 2021/2 Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 5 Então =L 6 41 1 6 1 1 6 12 8 −   − + −    [ ] 1 1 1 46655 1 1295 46655 1295 46656 1 1 12 8 1296 12 8 1296 12 10368     = − + − = + = +       46655 1295 483734580 12 10368 124416 = + = Então 1 6L = 1 6 483734580 3,97 124416   = ≈    Questão 4 (2,0 pontos). Resolva a equação diferencial 3 15 30 , 5 6 dy y dx x  + =   +  sujeita à condição inicial (1) 3.y = Calcule (0).y (A resposta deve ser aproximada com duas casas decimais) Solução ( ) 3 33 15 30 5 6 (15 30) 5 6 dy y dy dx dx x y x  + =  =  + + +  ( ) 33 1 15 1 5 15 (15 30) 5 5 6 dy dx y x  = + +  ( ) 331 1 (15 30) .15 5 6 .5 15 5 y dy x dx −− + = +  Integrando ambos membros, temos ( ) ( ) 2 22 25 6 5 61 (15 30) 1 (15 30) 15 ( 2) 5 ( 2) 30 10 x xy y C C − −− −+ ++ +  = +  − = − + − − ( ) 22 1 1 30(15 30) 10 5 6 C y x  − = − + + + Como (1) 3y = ( ) 22 1 1 30(15(3) 30) 10 5(1) 6 C − = − + + + ( ) 22 1 1 30(75) 10 11 C − = − + 1 1 16875 121 16754 8377 1210 168750 20418750 20418750 10209375 C C −  − =  = = = ( ) 22 1 1 8377 30(15 30) 1020937510 5 6y x  = − + + é a solução da equação diferencial dada, sujeita à condição inicial dada. Cálculo II Gabarito da APX2 2021/2 Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 6 Para calcular (0)y ( ) 22 1 1 8377 30(15 (0) 30) 1020937510 5.0 6y  = − + + 2 1 1 8377 226875 67016 159859 30(15 (0) 30) 360 10209375 81675000 81675000y −  = − = = + 2 81675000 81675000 2722500 (15 (0) 30) 30.(159859) 4795770 159859 y + = = = 2722500 1 2722500 (15 (0) 30) (0) 30 1,72 159859 15 159859 y y    + =  = − ≈ −    ______________________________________________________________________________________ Questão 5 (2,0 pontos). Seja ( )y x a solução geral da equação diferencial 2 3( 12) ( 3 ) 0x dy x x y dx+ + − = sujeita à condição inicial (0) 4y = . Calcule o valor de (2)y . (A resposta deve ser aproximada com duas casas decimais) Solução 2 3( 12) ( 3 ) 0x dy x x y dx+ + − = Da equação diferencial dada, segue que 3 2 3 2 2 3 ( 12) 3 ( 12) ( 12) dy dy x x x xy x y dx dx x x − + − = −  − = + + é linear, com 2 3 ( ) ( 12) x p x x = − + e 3 2 ( ) ( 12) x q x x = − + . Podemos utilizar a fórmula para a solução geral ou podemos trabalhar por etapas, onde não é necessário decorar a fórmula: Observe que 3 2 2 2 2 3 2 3 ( ) ln 12 ln 12 2 2( 12) x p x dx dx x x x − = − = − + = + +  . Portanto, o fator integrante é 3 2 2 3 212 2 2 3 2ln( ) 12 ( 12)( ) xp x dx x xx e eµ − −+ −= +  += = ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 3 12 12 12 , ( 12) ( 12) x x x xdy x y dx x x − − − + + + − = − + + Cálculo II Gabarito da APX2 2021/2 Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 7 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 5 2 5 2 2 2 3 2 12 12 3 12 12 d x y dx dy x x x y x x dx −− − − −   +    + − + = − +  Isto é ( ) 3 3 2 3 2 12 5 2 2 3 2 2 5 2 ( 12) ( 12) ( 12) ( 12) d x y x x y dx C dx x x x −+ = −  = − + + + + .............(*) Observe-se que
2 2 3 2 3 2 5 2 2 5 2 2 5 2 5 2 12 2 12 1 ( 12) 1 ( 12 ) 2 2( 12) ( 12) u x du xdx x u x x u dx x dx du u u du x x u − − = + = = − − = = = − + +    1 2 3 2 21 2 3 2 32 2 1 1 2 24 1 4 12 2 1 2 3 2 2 3 12 12 u u C u u x x − −         = − = − + = − + +      − −    +  +      .....(**) Substituindo (**) em (*) temos 2 3 2 2 3 22 1 4 ( 12) ( 12)12 y C x xx = − + + ++ . Logo ( ) ( ) 3 2 3 2 2 2 2 2( 12) 4 12 8 12y x C x x C x= + − + + = + + + Ou seja ( ) 3 2 2 28 12y x C x= + + + é a solução geral da equação diferencial dada. Se (0) 4y = então ( ) ( )3 2 3 2 4 3 (0) 8 12 4 12 4 1824 3 y C C C= + =  = −  = − = − Assim ( ) 3 2 2 23 8 12 18 y x x= + − + é a solução particular que satisfaz a condição inicial dada. Logo ( ) 3 2 2 23 3 32 3 108 32 3 (2) 2 8 2 12 4 8 (64) 12 18 18 9 9 y − = + − + = + − = − = 108 32 3 (2) 5,84 9 y − = ≈