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Caderno de Cálculo II | Gabarito dos Simulados da AP3

Soluç ˜ ao da 2a Quest ˜ ao

a. Esboço da região R.

Figura 8.1

b. A( R) = +∞

0e−

x2 dx = lim

t →+∞(−2) t

0e−

x2

−1

2

dx

= limt →+∞(−2)e

− x2

t 0

= limt →+∞

(−2)e− t 2 − (−2)e0

Assim, A( R) = lim

t →+∞(−2) 1

et 2

0

+2 = 2 unidades de área.

c.

Figura 8.2

V ( R) = π +∞

0

e− x22 dx = π lim

t →+∞ t

0e− xdx

= π limt →+∞(−1)

t 0

e− x(−1)dx = π limt →+∞(−1)e

− xt

0

= π

limt →+∞(−1)e

−t + e−0

= π

limt →+∞

(−1) 1

et

0

+1

= π unidades de volume.

O esboço do sólido aparece na Figura 8.3:

332 C E D E R J


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A P ˆ E N D I C E

8

2

M ´ O

D U L O 2

Figura 8.3


Note-se que para x≥ 2 temos que ln x≥ ln 2 > 0, então 0 < 1ln x

≤ 1ln 2

.

Podemos afirmar também que

0 <1

x2 ln x≤ 1

x2 ln 2para x≥ 2. (8.1)

Por outro lado,

+∞2

1

x2 d x é um caso particular do exemplo referen-

cial: “Se r > 1, então

+∞a

1

xr d x é convergente”, neste caso r = 2 > 1,

assim +∞

2

1

x2 d x é convergente, portanto

1

ln 2 +∞

2

1

x2 d x é conver-

gente, logo de 8.1 e do Teste de Comparação para integrais impróprias

resulta que

+∞2

1

x2 ln x dx é convergente.


a. y = x2 + 3 y2

2 xy =

x2+3 y2

x2

2 xy

x2

= 1 + 3

y x

22

y x

= f y x

, isto é, y = f (u)

onde f (u) =

1 + 3u2

2u .

Fica evidente que a equação é da forma y = f y

x

. As variáveis

não podem ser separadas. Assim, somos levados a fazer a substi-

tuição u = y

x ⇔ y = x ·u ⇒ y = u + x ·u.

Logo, f (u) = u + x du

dx ⇒ x du

dx = f (u)− u.

Neste caso, f (u)− u = 1 + 3u2

2u− u = 1 + 3u

2−2u22u

= 1 + u2

2u,

logo x du

dx =

1 + u2

2u ⇒

2u

1+

u2 d u =

d x

x ⇒

2u

1+

u2 d u =

dx

x

C E D E R J 333


4/12


⇒ ln |1 + u2| = ln | x|+ ln |C | = ln | xC | ⇒ 1 + u2 = xC

⇔ 1 + y x2

= xC ⇒ y2

x2 = C x− 1 ⇒ y2

= C x3

− x2

⇒ x2 + y2−C x3 = 0 ,esta última representa a solução na forma implı́cita.

b. Observe que y = f ( x) = ( x− 1) 32 é contı́nua, positiva em [1,5]e é diferenciável no intervalo (1,5). Temos também que y =

f ( x) = 3

2( x− 1) 12 é contı́nua no intervalo (1,5). Logo,

L = 5

1 1 + [ f ( x)]2 dx =

51

1 +

3

2( x−1) 12

2dx =

= 5

1

1 +

9

4 x− 9

4dx =

51

9

4 x− 5

4dx =

1

2

51

√ 9 x−5 dx =

= 1

18

(9 x− 5) 3232

51

= 1

27

40

32 −4 32

=

8

27

10√

10−1≈ 9,07.

PROVA 2

Soluç ˜ ao da 1a

Quest ˜ ao

a. Para calcular

10

x 3 x dx, usaremos a fórmula de integração por

partes para integrais definidas

ba

u dv = u vb

a− b

av du

Faça

u = xdv = 3 x dx

⇒

du = dx

v = 3 x dx =

3 x

ln 3 10

x 3 x dx = x 3 x

ln 3

10

− 1

0

3 x

ln 3dx = x

3 x

ln 3

10

− 1ln 3

10

3 x dx

=

3

ln 3−0

− 1

ln 3

3 x

ln 3

10

= 3

ln 3− 3

(ln 3)2 +

1

(ln 3)2

= 3(ln 3−1) + 1

(ln 3)2 =

3 ln 3−2(ln 3)2

b. Completando o quadrado no denominador, fica:

3

−2 x

− x2 = 3

−( x2 +2 x) = 3+1

−( x2 +2 x+1) = 4

−( x+1)2.

334 C E D E R J


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A P ˆ E N D I C E

8

2

M ´ O

D U L O 2

Logo,

x√ 3− 2 x− x2 dx =

x

4− ( x + 1)2 dx.

Agora, no denominador, aparece uma expressão da formaa2 −u2, com a = 2 e u = x + 1.

=

a = 2u x= +1

a u-2 2 4-( +1) x 2

Assim: senθ = x + 12 ⇒ x = 2 senθ − 1

dx = 2 cosθ d θ .

E ainda, cosθ =

4− ( x + 1)2

2 ⇒

4− ( x + 1)2 = 2 cosθ .

Portanto:

x√ 3− 2 x− x2 dx =

(2senθ −1)

2cosθ ·2cosθ d θ =

=

(2senθ −1)d θ =−2cosθ −θ + C

= −√ 3− 2 x− x2− arcsen

x + 1

2 +C .


a. A região é mostrada a seguir

e

R

y

x

y

e =

x

x = 0

y=0

x = 1

Figura 8.4

b. Calcule a área de R.

A( R) = 1

0e x dx = e x

1

0= e

−1 unidades de área.

C E D E R J 335


6/12


c. Calcule o volume do sólido obtido pela revolução da região R

em torno do eixo Ox. Faça um esboço do sólido correspondente.

Observe que, neste caso, o método dos discos é o mais indicado,

o raio do disco tı́pico é perpendicular ao eixo x e a integração

será feita em relação ao eixo x. O raio, neste caso, é R( x) = e x

e 0 ≤ x ≤ 1. Note-se que 0 < e x para todo x ∈ R, em particularpara 0 ≤ x ≤ 1, assim R( x) > 0 nesse intervalo. Na Figura 8.5,mostramos a região, o eixo de rotação e o raio tı́pico que vai

gerar o disco tı́pico. Na Figura 8.6, mostramos o esboço do

sólido correspondente.

y

x

y

e =

x

R

x (

)

0 1

Figura 8.5

y

x

Figura 8.6

A fórmula a ser utilizada é V = π b

a( R( x))2dx, onde a = 0 e

b = 1. Assim,

V = π 1

0(e x)2 dx =

π

2

10

e2 x 2 dx = π

2e2 x1

0

=

= π

2

(e2

−1) unidades de volume.


Observe que a integral dada é uma integral imprópria sobre o in-

tervalo ilimitado [1,+∞).

Podemos usar o critério do limite do quociente. Observe que para

x

∈[1,+∞) f ( x) =

√ x4 + 1

x

3 > 0 e g( x) =

√ x4

x

3 =

1

x

> 0.

336 C E D E R J


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A P ˆ E N D I C E

8

2

M ´ O

D U L O 2

lim x→+∞

f ( x)

g( x) = lim

x→+∞

√ x4+1 x3

1 x

= lim x→+∞

√ x4 + 1

x2 = lim

x→+∞

√ x4+1 x2

1

= lim x→+∞

√ x4+1√

x4

1 = lim

x→+∞

1 + 1

x4

1 = 1 > 0

Então as integrais impróprias

+∞1

√ x4 + 1

x3 dx e

+∞1

1

x d x compor-

tam-se da mesma maneira, ou seja, ambas convergem ou ambas di-

vergem. Por outro lado, sabemos do primeiro exemplo referencial

das notas de aula, [ou Exemplo 27.2 do M ́ odulo 2] que “

+∞a

1

x d x

com a > 0 converge se r > 1 e diverge se r ≤ 1.” Assim, neste caso,

a = 1 > 0 e r = 1, logo +∞1

1

x dx diverge. Portanto, +∞

1

√ x4 + 1

x3 dx

também diverge.


Lembre a seguinte definição:

Definiç ˜ ao 8.1. blablabla

Seja y = g( x) H ( y) (8.2)

Dizemos que y = a é solução constante de 8.2 ⇔ y = a é raiz de H ( y).

a. Da equação dada, temos para x = 0 que

y = 1

x

y− y22 + y

. (8.3)

Assim, da definição dada, podemos dizer que y = 0 e y = 1 sãosoluções constantes de 8.3, pois y = 0 e y = 1 são raı́zes de

H ( y) = y− y2

2 + y .

Por outro lado, sabemos que dy = y dx, logo dy = 1

x

y− y2

2 + y

dx.

Supondo y = 0 e y = 1, podemos separar as variáveis na forma:2 + y

( y−

y2) dy =

1

x d x ⇒

2 + y

y(1−

y) dy =

1

x d x (8.4)

C E D E R J 337


8/12


Por outro lado,

2 + y

( y− y2) = − 2 + y

( y2− y) = − 2 + y

y( y−1) = A

y + B

y−1 .

Logo, − 2 + y y( y− 1) =

A( y−1) + By y( y−1) .

Assim, − y− 2 = ( A + B) y− A⇔ A + B =−1 e A = 2.Portanto, A = 2 e B = −3.

2 + y

y(1− y) dy =

2

y dy−

3

y−1 dy =

= 2 ln | y|− 3 ln | y−1|+ c = ln | y|2

| y

−1

|3

+ c.

Logo, substituindo em 8.4 resulta que ln | y|2| y−1|3 = ln | x|+ lnC ,

onde C > 0 então ln | y|2| y−1|3 = ln(C | x|), de onde obtemos a

famı́lia a um parâmetro de soluções | y|2| y− 1|3 = C | x| para x = 0,

y = 0 e y = 1.b. A equação diferencial y − 2 y = e2 x( x − 1)4 é linear, onde

p( x) =−2 e q( x) = e2 x( x−1)4 são contı́nuas em I = (−∞,+∞).Podemos utilizar a fórmula para a solução geral ou podemos

trabalhar por etapas, onde não é necessário decorar a fórmula.

Observe uma primitiva de

p( x) dx =

−2 dx = 2 x x ∈ I .

Assim, o fator integrante é µ ( x) = e

p( x)dx = e−2 x, x ∈ I . Logo,multiplicando a equação diferencial pelo fator µ ( x) resulta

e−2 x y−2e−2 x y d

dx (e−2 x y)

= e−2 xe2 x 1

( x−1)4 = ( x−1)4 ⇒ d dx

(e−2 x y) = ( x−1)4

⇒ e−2 x

y = ( x−1)4dx +C = ( x

−1)5

5 +C ⇒ y = e2 x( x

−1)5

5 +Ce2 x

onde x ∈ I e C é uma constante arbitraria é a solução geral daequação diferencial linear dada.

Porém, da condição inicial, sabemos que

e4 = y(2) = e4 (2− 1)5

5+Ce4 ⇒ 1 = 1

5+C ⇒ 1− 1

5= C ⇒C = 4

5.

Assim, a solução particular do problema de valor inicial dado é

y = e2 x( x− 1)5

5

+ 4

5

e2 x.

338 C E D E R J


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A P ˆ E N D I C E

8

2

M ´ O

D U L O 2

PROVA 3


a. Esboce R. A região é mostrada a seguir

y

x

x=2

y=2

2

2

0

R y

x =

+ 2

2

Figura 8.7

b. Calcule a área de R.

A( R) =

20

( x2 + 2)−2dx = 2

0 x2 dx =

x3

3

20

= 8

3 unidades

de área.

c. Expresse, mas n ˜ ao calcule, o volume do sólido obtido pela

rotação da região R em torno do eixo Ox, usando o método:

i. dos discos circulares

Neste caso, o raio do disco tı́pico ou arruela é perpendi-

cular ao eixo x e a integraç ão será feita em relação à x. O

raio maior é R( x) = x2 + 2 e 0 ≤ x ≤ 2. O raio menor ér ( x) = 2 e 0 ≤ x≤ 2. Na Figura 8.8, mostramos a região,o eixo de rotação e os raios indicados.

A fórmula a ser utilizada é V = π

ba

[( R( x))2−(r ( x))2]dx.Assim,

V = π

20

( x2 + 2)2− (2)2

dx.

C E D E R J 339


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y

x

x=2

y=2

2

2

0

y

x =

+ 2

2

1 R x( ) r

x (

)

Figura 8.8

y

x

x=2

h y( )

2

2

0

x =

y -

2

1 r y( )

6

Figura 8.9

ii. das cascas cilı́ndricas

Note que a região dada pode ser expressa como

R = {( x, y) ∈ R2 | 2 ≤ y≤ 6,

y−2 ≤ x ≤ 2}.

Desenhamos a Figura 8.9, mostrando a região R e o eixo

de rotação (o eixo x). Identificamos na região R a função

altura da casca tı́pica h( y) e o raio médio da casca tı́pica

r ( y) onde h( y) = 2−√ y−2 e r ( y) = y para 2 ≤ y ≤ 6. Ovolume é dado pela fórmula V = 2π

d c

r ( y) h( y) dy. As-

sim, o volume é dado por V = 2π 6

2 y

2−

y− 2

dy.


a.

+∞

0 x e− x dx = lim

t →+∞ t

0 x e− x dx

Para calcular t

0 x e− x dx usaremos a fórmula de integração por

partes para integrais definidas

ba

u dv = uvb

a− b

av du

Faça

u = xdv = e− x dx ⇒

du = dx

v =

e− x dx = −e− x t 0

x e− x dx = − x e− xt

0− t

0−e− x dx =−te−t − e−t + 1

Logo, +∞

0 x e− x dx = lim

t

→+∞

(

−te−t

−e−t + 1).

340 C E D E R J


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12/12



a. A equação diferencial dydx

+ yx2 = x2 é linear, com p( x) = x2 e

q( x) = x2. Podemos utilizar a fórmula para a solução geral oupodemos trabalhar por etapas, onde não é necessário decorar a

fórmula.

Observe que

p( x) dx =

x2 dx =

x3

3 .

Assim, o fator integrante é µ ( x) = e

p( x) dx = e x3

3 . Logo,

e x3

3dy

dx+ e

x3

3 x2 y

d

dx

e

x33 y

= e x3

3 x2 ⇒ d dx

e

x3

3 y

= e

x3

3 x2

⇒ e x33 y =

e x3

3 x2 dx +C .

Isto é, e x3

3 y = e x3

3 + C ⇒ y = 1 + Ce− x33 é a solução geral daequação diferencial dada.

b. Dada a equação y = 1

x2(1 + x) segue que y =

1

x2(1 + x) dx

Como o integrando é uma função racional utilizaremos o método

de frações parciais:

1

x2(1 + x) =

A

x +

B

x2 +

C

1 + x =

Ax( x + 1) + B(1 + x) +Cx2

x2(1 + x) .

Assim, igualando os numeradores, fica 1 = ( A + C ) x2 + ( A + B) x + B, de onde B = 1. Como A + B = 0 ⇒ A =−1. Analoga-mente, como A +C = 0 ⇒C = 1.Logo,

y( x) =

1

x2(1 + x) dx =

−1

x +

1

x2 +

1

1 + x

dx

=

−ln

| x

|+

x−1

−1 + ln

|1 + x

|+C .

Tendo em vista a condição inicial y(1) = −1, resulta que y(1) = − ln |1|

0

−11

+ ln |1 + 1|+C = −1 + ln 2 +C = −1

⇒C = − ln 2.Também da condição inicial, podemos afirmar que x > 0.

Portanto, y = − ln x− 1 x

+ ln(1 + x)− ln 2 = ln

1 + x

2 x

− 1

x,

onde x > 0 é a solução do PVI dado.

342 C E D E R J

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