AP 02-Calculo 2-2024-2-Gabarito - cederj

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior à Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior à Distância do Estado do Rio de Janeiro 
 
AP2 – Cálculo II – 2/2024 Gabarito 
  
 
   Questão 1 [2,0 pts]  Seja R  a região do primeiro quadrante limitada pelas curvas 
2x y y    e   0x  . 
Determine o volume do sólido S  obtido pela rotação da  região R   em torno do  
eixo Ox . 
 
Solução 
 
 
 
                           
           
 Figura 1           Figura 2 
 
 
A região R  é  mostrada na figura 1. 
Observe que  neste caso utilizar o método das cascas cilíndricas resulta mais prático. Na Figura 2 mostramos  
o retângulo típico que vai gerar a casca  típica e o eixo de rotação .  
Identificamos  a  função  altura    da  casca  típica  ( )h y    e  o  raio médio  da  casca  típica  ( )r y  onde  
2( )h y y y   e  ( )r y y   para   10 y  . A fórmula a ser utilizada  é  ( )( )2
b
a
r h yy dyV   . Logo 
neste caso    
11 1 3 4
2 2 3
00 0
( ) ( ) )
3 4
2 2 2 ( y y
y y y yy dy dyV    
   

     
1 1 1
)
3 4 12 6
2 ( 2       unidades de volume. 
 
 
 
 
Cálculo II  Gabarito da AP2  2024/2 
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2 
 
Questão 2 [2,0 pts]  Use o método de substituição trigonométrica para calcular  
3 2
2
2
3 2
0
4
(1 )
x dx
x . 
 
Solução 
Considere o triângulo seguinte: 
 
 
Figura 3 
Do triângulo associado  tem‐se: 
cossen x dx d     . Também temos  2cos 1 x   
Mudando os limites de integração 
Se  00 sen 0x      .  
Se  3 2 3 2 3senx      
Assim, 

3 32 2
32 2
3 2 3 2 0
0 0
3 32
2
0 0
3 2
0
4sen cos sen
4 4 4 (sec 1) 4(tg )
(cos ) cos
4
(1 )
d
d tg
x dx
d d
x
 

         
 
    

    
Logo
 
3 2
2
2
3 2
0
4(tg 3 3) 4(tg0 0) 4( 3 3).
4
(1 )
x dx
x
      

  
 
Questão 3 [1,5 pts]  Use o método da decomposição em frações parciais para calcular  
2
2 29)
9
(
x x dx
x



 . 
 
Solução 
Note  que  a  função  racional  é  própria.  Por  outro  lado    2 9x  é  um  fator  quadrático  irredutível,  pois 
2 4 0 4(1)(9) 0   b ac .  Como  o  denominador  é  formado  pelo  fator  quadrático  irredutível  repetido 
2 29( )x  então:    
2
2 2 22 29) 9 )
9
( ( 9

  
   x x Ax B Cx D
x x x
            (*) 
Para determinar os valores de  , ,A B C  e D  multiplicamos ambos os lados da expressão  (*)  pelo produto 
dos denominadores   2 21)( x ,  obtendo 
2 29 9)( ) )( (    x x Ax B x Cx D  
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3 
2 3 29 9 9     x x Ax Bx Ax B Cx D
  3 2 3 20 9 (9 ) (9 )      x x x Ax Bx A C x B D    
 
Assim da igualdade de polinômios temos: 
0 (1)
1 (2)
9 1 (3)
9 9 (4)
A
B
A C
B D









  
 
 
Substituindo (2) em (4) temos 
0D         (5) 
Substituindo (1)  em (3) temos  
1 C         (6) 
Substituindo os valores das constantes em (*) obtemos  
 
2
2 2 22 29) 9 )
9 1
( ( 9

  
 x x x
x x x
. 
 
obs.: note que , no caso específico desta função, a decomposição poderia ter sido feita diretamente, 
pois 
 
2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 29)
9
) ) ) )
9 ( 9) 1
( ( 9 ( 9 ( 9 9 ( 9
x x x x x x x
x x x x x x
 
   
     
  
 
 
 
Assim 
2
2 2 2 22 2 2
1 1
arctg
9) 3 3 29 ) )
9 2
( ( 9 ( 9

 
   
 
   
x
dx
x x dx xdx xdx
x x x x
 
Faça a substituição 2 9 2   u x du xdx 
1
2
1 1 1 1
( )
3 3 2 3 3 2 1
arctg arctg
u
C
x du x
u

  

 
1 1
3 3 2
arctg C
u
x
   
Portanto 
2
2 29)
9
(




x x dx
x 2
1 1
3 3 2( 9)
arctg C
x
x
 

 . 
 
Questão 4 [1,5 pts]  Analise a convergência ou divergência da integral imprópria 
3
2 ( 1)
1
x x
dx

 , utilizando algum dos critérios apresentados na aula. 
 
Solução  
Observe que a integral dada é uma integral imprópria sobre um intervalo não limitado.   
Note que 
3 2
0
1
( )
x
f x     e 
3
1
( ) 0
( 1)
g x
x x
 

   em [2, )  
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4 
Usaremos o critério de comparação no limite com  ( )f x  e ( )g x  acima definidas.  
23 2
3
2
3
3
3 2
1
( )
lim lim lim lim 1 (0, )
1( )
( 1)
( 1)
x x x x
f x x xx
g x x
x x
x x
x   

     


. Então as integrais 
impróprias   
3
2
1
( 1)
dx
x x

  e 
3 2
2
1
x
dx

  comportam‐se da mesma maneira, ou seja, ambas 
convergem ou ambas divergem. Por outro lado, do primeiro exemplo referencial,  sabemos que“
1
r
a
dx
x

   
com   0a    converge  se   1r    e  diverge  se   1r  ”. Assim neste caso  2 0a    e
2
1
3
r  , logo   
3 2
2
1
x
dx

  diverge.  Portanto 
3
2
1
( 1)
dx
x x

  também diverge. 
  
 
Questão 5 [1,5 pts]  Resolva o problema de valor inicial   
 2sen , (0) 1
dy
x y x y
dx
 
 . 
 
Solução 
 
(a) Dada   a equação diferencial   2sen
dy
x y x
dx
 ,  então  
 2sen
dy
x x dx
y
   2sen
dy
x x dx
y
         
Logo        2
1
1
ln cos
2
y x C   
   2 2
1
1 1
cos cos
2 2
x C x
y e y Ce
  
   , é a solução geral. 
Como 
 21 1 1
cos 0
2 2 21 (0)y Ce Ce C e
 
       
 21 1
cos
2 2.
x
y e e

 
.
 
Portanto a solução particular é   
  21
1 cos
2
x
y e

 . 
 
 
Questão 6 [1,5 pts] Determine a solução geral da equação diferencial linear de  
primeira ordem  
22 ,x y y x     com  0.x   
 
Solução 
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5 
Como    0x  , dividindo a equação por  x , escrevemos a equação na  forma padrão da equação  linear de 
primeira ordem  
2
y y x
x
   , onde  
2
( )p x
x
   e   ( )q x x  sendo  p e  q    funções  contínuas 
em  {0} .  Podemos utilizar a fórmula para a solução geral ou podemos trabalhar por etapas, onde não é 
necessário decorar a fórmula.  Note que 
22
( ) 2ln | | ln | | {0}p x dx dx x x x
x
         ,  Assim,  o  fator  integrante  é  
2 2
2 2
( ) ln| | 1 1
| | , {0}.
| |
( ) p x dx x x x
x x
x e e
         Logo, multiplicando a equação 
diferencial pelo fator  ( )x , resulta: 
2
2 3
1
1 2 1
d
y
dx x
dy
y
x dx x x
 
 
 
 

 
2 2 2
1 1 1 1 1
ln | |
d
y y dx y x C
dx x xx x x
 
       
   ,  onde  C  é  uma  constante 
arbitrária. 
  2 2 2(ln | | ) ln | | ,y x x C x x Cx      é a solução geral da equação diferencial linear dada.