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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
x y − 4 = 0 ,
( )
y − − x − = e
y − + x − = , com y ≤ 8.
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 região R é mostrada na Figura 1. Já na Figura 2, a região R 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 1
S
usaremos o método das cascas cilíndricas. Temos então a fórmula
1 1 1
4
V S ( ) = 2 π r ( ) x h ( ) x dx
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Na Figura 2, vemos que a função 1 r ( ) x = x e
[ ] ( )
2
1 1
( ) ( ) ( ) x
x
h x g x f x
= − = para x ∈[1, 4] ,
note que 1
r ( ) x > 0
, e 1
h ( ) x > 0
para x ∈[1, 4]
. Assim, o volume neste caso é
4 4
2 2
1
1 1
x
x x dx x x dx
x
V S π π
( ) [ ]
4
2
1
x
π x x x dx π
( )
4 4 4 3 2
4 3 2 2
1
1 1
x x x
π x x x x dx π π x π π
4 3 2 4 3 2
3
3
× − × − −
36 π π 36 π π π π π u v
Para obter o volume de 2
S , usaremos também o método das cascas cilíndricas. Temos então a fórmula
2 2 2
6
4
V S ( ) = 2 π r ( ) x h ( ) x dx
Na Figura 2 vemos que a função 2 r ( ) x = x e
[ ]
2 2
( ) ( ) ( ) x
x
h x g x f x
= − = para x ∈[4, 6] ,
note que 2
r ( ) x > 0
, e 2
h ( ) x > 0
para x ∈ [4, 6]
. Assim, o volume neste caso é
6 6
2
4 4
( ) 2 x x dx 2 x x x dx
x
V S π π
6
2
2
4
V S ( ) 2 π x x x dx
6 6
2 3 2 3
2 2
2
4 4
x x x x
V S π x π x x x
3 3
2 2 2 2
2
V S ( ) 2 π 2 π
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2
0
arctg arctg
b
dx b
x x
Portanto
2
0
lim
b
b
dx
x x
→+∞
2
lim arctg arctg
b
b
π
→+∞
6
arctg.
π
Finalmente
2
0
dx
x x
+∞
[ ]
___________________________________________________________________________________
Questão 3 (2,0 pontos). Denote por L o comprimento de arco de curva de
6 4
y y
x
−
= + + , de y = 1 até
y = 6. Calcule
1 6
L
Solução
5 5 5 5
x y y y y
− −
, então
2
2 5 5 10 10
x y y y y
− −
Logo
2
2 10 10 10 10 5 5
x y y y y y y
− − −
Portanto L =
6 6 6 2
2 5 5 5 5
1 1 1
x dy y y dy y y dy
− −
[ ]
6
6 4 6 4)
1
y y
− −
= × + × = − − −
6 4
−
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Então
L =
6 4
−
− + −
[ ]
= + = Então
1 6
L =
1 6
Questão 4 (2,0 pontos ). Resolva a equação diferencial
3
15 30
,
5 6
dy y
dx x
=
sujeita à condição inicial
y (1) = 3.Calcule y (0). (A resposta deve ser aproximada com duas casas decimais)
Solução
3
3 3
15 30
5 6 (15 30) 5 6
dy y dy dx
dx x y x
= =
3 3
1 15 1 5
15 (15 30) 5 5 6
dy dx
y x
=
3 3
1 1
(15 30) .15 5 6.
15 5
y dy x dx
− −
+ = +
Integrando ambos membros, temos
2 2 2 2
5 6 5 6 1 (15 30) 1 (15 30)
15 ( 2) 5 ( 2) 30 10
x x y y
C C
− − − −
= + − = − +
− −
2 2
1 1
30(15 30) 10 5 6
C
y x
− = − +
Como y (1) = 3
2 2
1 1
30(15(3) 30) 10 5(1) 6
− = − + C
2 2
1 1
30(75) 10 11
− = − + C
1 1 16875 121 16754 8377
1210 168750 20418750 20418750 10209375
C C
−
− = = = =
2 2
1 1 8377
30(15 30) 10209375 10 5 6
y x
= −
é a solução da equação diferencial dada, sujeita à
condição inicial dada.
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3 2 2
3 2 5 2 5 2 2 2 3 2
12
d
x y
dx
dy
x x x y x x
dx
−−
− − −
Isto é
3 3
2 3 2
1 2 5 2 2 3 2 2 5 2
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
u x
du xdx
x u
x x u
dx x dx du u u du
x x u
− −
= +
=
= −
1 2 3 2
2 1 2 3 2 3 2
2
u u
C
u u x
x
− −
Substituindo (*) em () temos
2 3 2 2 3 2 2
y
C
x x x
Logo
3 2 3 2
2 2 2 2
y = ( x + 12) − 4 + C x + 12 = x + 8 + C x + 12
Ou seja
3 2
2 2
y = x + 8 + C x + 12
é a solução geral da equação diferencial dada. Se y (0) = 4 então
3 2 3 2
y = + C = C = − C = − = −
Assim
3 2
2 2
y = x + − x + é a solução particular que satisfaz a condição inicial dada.
Logo
3 2
2 2
y
y
