Gabarito lista 1 de cal 3 da UFRJ, Notas de estudo de Cálculo

Baixe Gabarito lista 1 de cal 3 da UFRJ e outras Notas de estudo em PDF para Cálculo, somente na Docsity! M Universidade Federal do Rio de Janeiro INSTITUTO DE MATEMÁTICA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA Cálculo 2 – 2022-2: Gabarito da Lista 1 É altamente recomendável que a solução de exerćıcios seja conferida somente após o aluno ter tentado resolvê-los; o aprendizado se consolida com a tentativa exaustiva da resolução dos exerćıcios. Exerćıcio 1. (Revisão de Cálculo de Primitivas) (a) Integração imediata de funções potências: ∫ 2x3 − x2 − 4 x2 dx = ∫ ( 2x− 1− 4x−2 ) dx = x2 − x+ 4x−1 + C. (b) Substituição simples: fazendo u = 3x2 − 3 ⇒ du = 6x dx. ⇒ 4x dx = 4 6 du. ∫ (3x2 − 3)1/34x dx = 2 3 ∫ u1/3 du = 2 3 u4/3 4/3 + C = 1 2 ( 3x2 − 3 )4/3 + C (c) Integral trigonométrica com substituição simples: u = sen(x) ⇒ du = cos(x) dx. ∫ sen2(x) cos3(x) dx = ∫ sen2(x) cos2(x) cos(x) dx = ∫ sen2(x) ( 1− sen2(x) ) cos(x) dx = ∫ ( sen2(x)− sen4(x)︸ ︷︷ ︸ u2 −u4 ) cos(x) dx︸ ︷︷ ︸ du = ∫ (u2 − u4) du = u3 3 − u5 5 + C = sen3(x) 3 − sen5(x) 5 + C. (d) Integral trigonométrica com substituição simples: u = cos(x) ⇒ du = − sen(x) dx. ∫ sen3(x) dx = ∫ sen2(x) sen(x) dx = ∫ ( 1− cos2(x) ) sen(x) dx = ∫ sen(x) dx − ∫ cos2(x) sen(x) dx = − cos(x) + ∫ u2 du = − cos(x) + cos3(x) 3 + C. (e) Substituição simples: u = 3 + √ x ⇒ du = dx 2 √ x . ∫ (3 + √ x)1/4√ x dx = 2 ∫ u1/4 du = 8 5 u5/4 + C = 8 5 ( 3 + √ x )5/4 + C. (f) Por partes: u = x, dv = cos(3x− 2) ⇒ du = dx, v = sen(3x− 2) 3 . ∫ x cos(3x− 2) dx = ∫ u dv = uv − ∫ v du = x 3 sen(3x− 2)− 1 3 ∫ sen(3x− 2) dx = x 3 sen(3x− 2) + 1 9 cos(3s− 2) + C. 1 (g) Separemos em dois casos: a = 0 e a 6= 0. No primeiro caso (a = 0), temos ∫ ln(x2) dx = 2 ∫ ln(x) dx = 2 ( x ln(x) − x ) + C. No segundo caso (a 6= 0), integramos por partes com a escolha:    f ′(x) = 1 ⇒ f(x) = x, g(x) = ln(a2 + x2) ⇒ g′(x) = 2x a2 + x2 . Então, ∫ ln(a2 + x2) dx = x ln(a2 + x2)− 2 ∫ x2 a2 + x2 dx Como x2 a2 + x2 = 1− a2 a2 + x2 , obtemos ∫ ln(a2 + x2) dx = x ln(a2 + x2)− 2x+ 2a2 ∫ dx a2 + x2 . Para calcular a última integral, fazemos a substituição: u = x/a ⇒ dx = adu. ∫ dx a2 + x2 = 1 a2 ∫ dx 1 + (x/a)2 = 1 a ∫ du 1 + u2 = 1 a arctan(u) + C = 1 a arctan(x/a) + C Assim, obtemos ∫ ln(a2 + x2) dx = x ln(a2 + x2)− 2x+ 2a arctan(x/a) + C. (h) Fazemos a substituição simples: u = ln(x) ⇒ du = dx x . Então, ∫ ln(x) x dx = ∫ u du = u2 2 + C = ln2(x) 2 + C. (i) Integrando por partes, com a escolha:    f ′(x) = 1 ⇒ f(x) = x, g(x) = ln2(x) ⇒ g′(x) = 2 ln(x) 1 x . Então ∫ ln2(x) dx = x ln2(x)− 2 ∫ x ln(x) x dx = x ln2(x)− 2 ∫ ln(x) dx = x ln2(x)− 2 ( x ln(x) − x ) + C. (j) Por substuição simples: u = 1 + 4x + 3x2 ⇒ du = (4 + 6x) dx = 2(2 + 3x) dx ⇒ (2 + 3x) dx = du 2 . Então, ∫ 2 + 3x√ 1 + 4x+ 3x2 dx = ∫ du 2 √ u = √ u+ C = √ 1 + 4x+ 3x2 + C. 2 (g) (1 + x2) dy dx + (1 + y2) = 0 ⇒ ∫ dy 1 + y2 = − ∫ dx 1 + x2 ⇒ arctan(y) = − arctan(x) + C. y(0) = 1 ⇒ π 4 = arctan(1) = − arctan(0) + C = C ⇒ C = π 4 Logo y = tan ( − arctan(x) + π 4 ) , que pode ser siplificada aplicando a seguinte identidade trigonométrica: tan(a+ b) = tan(a) + tan(b) 1− tan(a) tan(b) . Assim, lembrando que a tangente é uma função ı́mpar, y = tan ( − arctan(x) + π 4 ) = tan ( − arctan(x) ) + tan(π/4) 1− tan ( − arctan(x) ) tan(π/4) = −x+ 1 1 + x . (h) ex dx− y dy = 0 ⇒ ∫ ex dx = ∫ y dy ⇒ ex = 1 2 y2 + C y(0) = 1 ⇒ 1 = 1 2 + C ⇒ C = 1 2 . Logo ex = 1 2 y2 + 1 2 ⇒ y2 = 2 ex − 1. (i) x3 sen(y)y′ = 2 ⇒ sen(y) dy = 2x−3 dx ⇒ ∫ sen(y) dy = 2 ∫ x−3 dx ⇒ − cos(y) = −x−2 + C ⇒ y = arc cos ( x−2 − C ) . π 2 = lim x→+∞ arc cos ( x−2 − C ) = arc cos ( −C ) ⇒ −C = cos(π/2) = 0. Logo y = arc cos(x−2). Exerćıcio 8. (Lei do resfriamento de Newton) 1. A equação do resfriamento: dT dt = k [ Tamb − T ) ] . 2. Tamb = 0 ⇒ dT dt = −kT (t). 3. Resolvendo a equação separável: dT T = −k dt ⇒ ln(|T |) = −kt+ C. ⇒ |T | = e−kt+C = e−kt eC = C1 e −kt T (t) = C1 e −kt, C1 ∈ R. 4. Determinando C1 a partir da condição inicial: 100 = T (0) = C1 e 0 = C1. T (t) = 100 e−kt. 5. Determinando o valor de k a partir do dado T (20) = 50: 50 = 100 e−20k ⇐⇒ −20k = ln(1/2) = − ln(2) ⇐⇒ k = ln(2) 20 . T (t) = 100 e− ln(2)t/20. 6. Agora podemos determinar os valores pedidos no enunciado: T (t0) = 25 ⇐⇒ e− ln(2)t0/20 = 1/4 ⇐⇒ − ln(2)t0 20 = − ln(4) ⇐⇒ t0 = 20 ln(4) ln(2) = 40. 7. T (10) = 100 e− ln(2)/2 = 100 ( eln(2) )1/2 = 100√ 2 . Exerćıcio 9. (Lei do resfriamento de Newton) 1. A equação do resfriamento: dT dt = k [ Tamb − T ] . 2. Tamb = 30 ⇒ dT dt = k [ 30− T (t) ] . 3. Resolvendo a equação separável: dT T − 30 = −k dt ⇒ ln(|T − 30|) = −kt+ C. 5 ⇒ |T − 30| = e−kt+C = e−kt eC = C1 e −kt T (t) = 30 + C1 e −kt, C1 ∈ R. 4. Determinando os parâmetros C1 e k a partir das condições dadas: { T (10) = 0 T (20) = 15 ⇒ { C1 e −10k = −30 C1 e −20k = −15 ⇒ e−10k e−20k = e10k = 2 ⇒ k = ln(2) 10 . T (10) = 30 + C1 e − ln(2) = 0 ⇒ C1 = −30 eln(2) = −60. 5. Logo, T (t) = 30− 60 e− ln(2)t/10 ⇒ T (0) = −30. Exerćıcio 10. (Crescimento populacional) 1. A equação do crescimento populacional: dP dt = kP . 2. Resolvendo a equação separável: dP P = k dt ⇒ ln(|P |) = kt+ C. ⇒ |P (t)| = ekt+C = ekt eC = C1 e kt P (t) = C1 e kt, C1 = P (0) = P0. 3. Determinando o parâmetro k a partir das condições dadas: P (10) = P0 + 3 100 P0 = 103 100 P0. Logo, P0 e 10k = 103 100 P0 ⇒ k = 1 10 ln ( 103 100 ) 4. P (t0) = 2P0 ⇐⇒ ekt0 = 2 ⇐⇒ t0 = ln(2) k = 10 ln(2) ln(1, 03) . Exerćıcio 11. (EDO × TFC) 1. yc(x) propocional à área abaixo do gráfico: ⇒ yc(x) = k ∫ x 0 yc(t) dt. 2. Derivando os dois lados da equação acima, temos: dyc dx = kyc(x). 3. Separando variáveis: dyc yc = k dx ⇒ yc(x) = C ekx. Exerćıcio 12. (Decomposição radioativa) 1. A equação do desintegração radiotiva: dQ dt = −kQ. 2. Resolvendo a equação separável: dQ Q = −k dt ⇒ ln(|Q|) = −kt+ C. ⇒ |Q(t)| = e−kt+C = e−kt eC = C1 e −kt com C1 = Q(0) = Q0 ⇒ Q(t) = Q0 e −kt. 3. Determinando o parâmetro k a partir das condições dadas: Q(1) = Q0 − 10 100 Q0 = 9 10 Q0. Logo, Q(1) = Q0 e −k = 9 10 Q0 ⇒ −k = ln ( 9 10 ) ⇒ k = ln(10)− ln(9). 4. t0 = meia vida ⇐⇒ Q(t0) = Q0/2. Logo, Q0 e −kt0 = Q0/2 ⇐⇒ −kt0 = ln(1/2) = − ln(2) ⇐⇒ t0 = ln(2) ln(10)− ln(9) 6 Exerćıcio 13. (Decomposição radioativa) 1. A equação do desintegração radiotiva: dQ dt = −kQ. 2. Resolvendo a equação separável: dQ Q = −k dt ⇒ ln(|Q|) = −kt+ C. ⇒ |Q(t)| = e−kt+C = e−kt eC = C1 e −kt com C1 = Q(0) = 100 ⇒ Q(t) = 100 e−kt. 3. Determinando o parâmetro k a partir das condições dadas: 80 = Q(20) = 100 e−k20 ⇒ e−20k = 4 5 ⇒ k = ln(4/5)/20 = − ln(5/4)/20 ⇒ Q(t) = 100 e− ln(5/4)t/20. 4. t0 = meia vida ⇐⇒ Q(t0) = Q(0)/2 = 50. Logo, 100 e− ln(5/4)t0/20 = 50 ⇐⇒ −t0 ln(5/4)/20 = ln(1/2) = − ln(2) ⇐⇒ t0 = 20 ln(2) ln(5/4) . Exerćıcio 14. (Variação populacional) 1. Taxa de variação da população: dP dt = −2 √ P . 2. Resolvendo a equação separável: dP 2 √ P = −dt ⇒ √ P (t) = −t+ C ⇒ P (t) = (C − t)2. 3. 1600 = P (0) = C2 ⇒ C = 40. Logo, P (t) = (40− t)2. 4. P (t0) = 0 ⇐⇒ (40− t0) 2 = 0 ⇐⇒ t0 = 40. Exerćıcio 15. (Propagação de doença contagiosa) 1. Taxa de propagação de contagiados: dy dt = βy(1000− y) 2. Resolvendo a equação separável: dy y(1000− y) = β dt ⇒ ∫ dy y(1000− y) = βt+ C. 3. Condições medidas y(0) = 1 e y(12) = 100. 4. Calculando a integral por frações parciais: 1 y(100− y) = A y + B 1000− y ⇒ A = B = 1 1000 . ∫ dy y(100− y) = 1 1000 [ ln(y)− ln(1000− y) ] = 1 1000 ln ( y 1000− y ) 5. Solução geral da equação: 1 1000 ln ( y 1000− y ) = βt+ C 6. Determinando C: t = 0 ⇒ C = 1 1000 ln ( 1 999 ) = − ln(999) 1000 Logo, βt = 1 1000 [ ln ( y 1000− y ) + ln(999) ] . 7. Calculando β: para t = 12, temos y = 100 e 12β = 1 1000 [ ln ( 100 900 ) + ln(999) ] = 1 1000 [− ln(9) + ln(999)] = 1 1000 ln(111). ⇒ β = 1 12000 ln(111). 7