3ra provacal1 fisica2015

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3ra provacal1 fisica2015

  1. 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. 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. 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

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