prova3

1. i
A3ra prova de MAT-0111: Cálculo 1 para Física
26-06-2015
IME-USP
Nome :
Nro. USP :
Professor : Humberto D: Carrion V:
Turma :
Q N
1
2
3
Total
(Escolha em cada questão um e somente um item. Em toda a sua dissertação seja claro e ordenado)
1. Solution 1 .
(a) Z
p
x + 1 + x sin (x 1) dx =
Z
p
x + 1dx +
Z
x sin (x 1) dx
Como
R p
x + 1dx = 2
3 (x + 1)
3
2
e apos fazer u = x 1 temos
R
x sin (x 1) dx =
R
(u + 1) sin udu =
sin u cos u u cos u, (por partes) então
Z
p
x + 1 + x sin (x 1) dx = sin (x 1) x cos (x 1) +
2
3
p
x + 1 +
2
3
x
p
x + 1
(b) Façendo u = x2
+ 1, temos du = 2xdx ou xdx = du
2 . Logo
R
x3
sin x2
+ 1 dx = 1
2
R
(u 1) sin udu. Assim
1
2
Z
(u 1) sin udu =
1
2
Z
u sin udu
| {z }
por partes
1
2
Z
sin udu
=
1
2
sin u
1
2
u cos u +
1
2
cos u
Assim
I =
1
2
cos 1 + x2
+
1
2
sin 1 + x2 1
2
1 + x2
cos 1 + x2
+ C
1
2 cos 1 + x2
+ 1
2 sin 1 + x2 1
2 1 + x2
cos 1 + x2
= 1
2 sin x2
+ 1 1
2 x2
cos x2
+ 1
(c) Apos multiplicar pela conjugada
p
1 + e2x + ex
obtemos
Z
dx
p
1 + e2x ex
=
Z p
1 + e2x ex
dx =
Z p
1 + e2xdx
Z
ex
dx
Assim reta calcular J =
R p
1 + e2xdx. façemos u2
= 1 + e2x
, donde 2udu = 2e2x
dx = 2 u2
1 dx, logo
dx =
u
u2 1
du
Assim
J =
Z
u
u
u2 1
du =
Z
u2
u2 1
du =
Z
1 +
1
u2 1
du = u +
1
2
ln
u 1
u + 1
Portanto
I =
p
1 + e2x +
1
2
ln
p
1 + e2x 1
p
1 + e2x + 1
ex
+ C

2. ii
2. Solution 2 .
(a) Temos 3 x2
= x2
+ x, , x = 1; _ x = 3
2 . Logo
Area =
Z 1
3
2
3 x2
x2
+ x dx =
125
24
(b) Temos 24
2+x2 = x2
,, x = 2; ou x = 2. Donde
Area =
Z 2
2
24
2 + x2
x2
dx
= 2
Z 2
0
24
2 + x2
x2
dx (função par)
= 2 12
p
2 arctan
p
2
8
3
= 24
p
2 arctan
p
2
16
3
(c) Temos x = tan y, e x = cos y. Estas curvas se intersectam na solução de tan y = cos y, ou sin y = cos2
y =
1 sin2
y. Façendo u = sin y, temos a equação u = 1 u2
. Cuja solução é u = 1
2
p
5 1
2 , ou u = 1
2
p
5 1
2 ,
como x = sin y 0, escolhemos a solução sin y =
p
5 1
2 . Assim y0 = arcsin
p
5 1
2 .
Integrando com repecto a y
A =
Z y0
0
tan ydy +
Z 2
y0
cos ydy
= ( ln cos ycy0
0 + sin y)c 2
y0
ou
A = ln cos y0 + (sin y0 1)
Como sin y0 =
p
5 1
2 então cos y0 =
r
1
p
5 1
2
2
=
q
1
2
p
5 1
2 . Logo
A = ln
r
1
2
p
5
1
2
+
p
5 1
2
+ 1
=
1
2
ln
p
5 1
2
+
p
5 + 1
2

3. iii
3. Solution 3 .
(a)
V =
Z 8
0
x
2
3
2
dx =
384
7
(b) O volume é o mesmo que o o do solido gerado por R = f(x; y) : 0 y 3
p
x; x 2 [0; 1]g em torno do eixo
X, logo
V =
Z 1
0
x
1
3
2
dx =
3
5
(c) O volume esta sendo gerado pelas funções y =
4
p
1 x
1
4 . A simetria implica que volume sera duas veces
V onde V é gerado por y =
4
p
1 x
1
4 . Este volume é
V = 2
Z 1
0
x
4
q
1 x
1
4 dx
= 2
Z 1
0
x
4
q
1 x
1
4 dx
Façemos u = x
1
4 , então du = d
dx x
1
4 dx = 1
4x
3
4
dx. ) dx = 4x
3
4 du = 4u3
du. Logo
V = 2
Z 1
0
u4 4
p
1 u4u3
du
= 8
Z 1
0
u7 4
p
1 udu
Façemos w = 1 u e
V = 8
Z 0
1
(1 w)
7
w
1
4 dw
Após dessenvolver (1 w)
7
w
1
4 = 4
p
w 7w
5
4 + 21w
9
4 35w
13
4 + 35w
17
4 21w
21
4 + 7w
25
4 w
29
4 e integrando
cada somando, obtemos V = 8388 608
15 862 275 e portanto
VT = 2V = 2
8388 608
15 862 275
=
16 777 216
15 862 275
3: 322 8