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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTEESCOLA DE CIÊNCIAS E TECNOLOGIA

Ficha de Expectativa de Respostas da Prova Escrita

CRITÉRIOS DE AVALIAÇÃO PARA TODAS AS QUESTÕES

• Clareza e propriedade no uso da linguagem;

• Coerência e coesão textual, com uso correto da Língua Portuguesa;

• Domínio dos conteúdos, evidenciando a compreensão dos temas objeto da prova;

• Domínio e precisão no uso de conceitos;

• Coerência no desenvolvimento das ideias e capacidade argumentativa.

Questão 1. (valor de 0,00 a 1,50 ponto)

eXConsidere a função f(x) = --, com x real e x i- 1. Determine sua imagem e, caso existam,

l-xpontos críticos, pontos de infiexão, extremos locais, assíntotas verticais e horizontais, e faça umesboço de seu gráfico.

Solução:A primeira derivada da função é dada por

'() 2 - x xf x = ( )2 e x i- l.l-x

Logo o único ponto crítico da f (x) ocorre em x = 2, pois 1'(2) = O.Para determinar os extremos locais, vamos analisar o crescimento e decrescimento da função.

Como f'(x) > O para x E (-00,1) U (1,2) e f'(x) < O para x > 2, a f(x) é crescente parax E (-00,1) U (1,2) e decrescente para x > 2. Dado que a derivada tem sinal positivo para x < 2e negativo para x > 2, em x = 2 a função tem um máximo local, onde vale f (2) = -e2.

Para determinar possíveis pontos de infiexão, consideramos o comportamento da segunda de-rivada,

f" (x) = x2

- 4x + 5 eX

(1 - x)3

O polinômio no numerador não possui raízes reais, e é sempre positivo. Portanto, é o polinômiono denominador que determina o comportamento de sinal de [", Para x < 1 temos f" > O e parax > 1 temos f" < O. Apesar da troca de sinal, x = 1 não é ponto de infiexão, pois 1 tt Df, entãoa função não tem pontos de infiexão.

Para investigar a existência de assíntotas verticais, estudamos o comportamento da função navizinhança de x = 1, que pode ser determinado a partir dos limites laterais

x1

. eHfl -- = =f00.

x--+l± 1- x

Logo, a função tem assíntota vertical em x = 1. Para determinar as assíntotas horizontais, vamosverificar os limites limx--+±oo f (x). São eles

eX 1lim -- = lim = O ,

x--+-oo 1 - X x--+-oo e-X (1 - x)

1

portanto a função tem assíntota horizontal y = ° para x ~ -00. Para x ~ 00, temos

e" e" eX

lim -- = - lim -- = - lim - =-00x-too 1- x x-too x-I x-too 1 '

portanto a função não tem assíntota horizontal para x ~ 00.

Levando em conta os resultados obtidos temos o seguinte esboço do gráfico da função, e suaimagem é dada por lj = (-00, _e2) U (O,+00).

y

1I,,I

e1 -:- _ -:..;;----

IIIIIIIIII

x


Determine o volume do sólido delimitado pelo cilíndro com base no plano xy dada pela equação(x - 2)2 + y2 = 4, com z ::::0, e pelo cone de equação z = Jx2 + y2.

Solução:Vamos proceder com o cálculo do volume em coordenadas cilíndricas: x = rcosi), y = rsené e

z = z. A equação da base do cilindro será dada por T = 4cose e do cone z = r. Com isso o volumefica determinado pela seguinte integral tripla:

j7r/2 14cose lrV = de drr dz

-7r /2 o oL/2 14coseV = de drr2-."./2 o.: c:V = de dr-r2-."./2 o

43 j."./2 43 j."./2V = - decos3e = - decose (1 - sen2e)

3 -7r/2 3 -."./2

V -: {[,eno[~:/,- [,e;3oC,}V= 43 {1+1-~-~}

3 3 3

V = 44

= 256 u.v.9 9

2


Dada a seguinte série infinita de potências

1 x X2 X3 x4

8 (x) = M + - + fi7 + ;:;-;;;+ !1r\ + ....v 3 2 v 7 v 12 v 19

Encontre o termo geral da série e escreva-a na forma de um somatório. A seguir, determine seuraio de convergência e seu intervalo de convergência.

Solução:No numerador pode-se identificar o termo z", com n = 0,1,2,3.... No denominador iden-

tificamos vn2 + 3, com a mesma variação de n. Portanto o termo geral da série de potênciasé

an = --:::==vn2 + 3'e sua expressão com o somatório é

00 n

8(x)=L~·n=O n2 + 3

Pare determinar o raio de convergência da série, vamos verificar para quais valores de x temos

lim I an+l I < 1.n-4+oo an

Podemos expressar

então

lim I an+l I = Ixln-4+oo an

n2 +3lim = [z] < 1

n-4+oon2 + 2n + 4

[z] < 1

De onde temos que o raio de convergência é 1.Para x = 1, temos a série

00 18(1) = L Jn2+3.n2 +3n=O

Pelo teste da integral, temos

1+00 dx---=== - +00

o vx2 + 3 - ,

como pode ser visto pela mudança de variável x = V3senh (e). Portanto em x = 1 a série diverge.Para x = -1, temos a série alternada

8(-1) = f (-lt ,n=O vn2 + 3

3

que, pelo teste de Leibniz, é convergente.Então o intevalo de convergência da série de potências é [-1, 1).


Considere o campo vetorial F : 1R3 ---+ 1R3, dado por F = (xz + yz2 + X, xyz3 + y, x2z4), e asuperfície S = A u B, onde A = {(x,y,z) E 1R3,x2 + y2 = 1,1 2 z 2 O} e B = {(x,y,z) E1R3, x2 + y2 ::; 1, z = O}. Sabendo que a a superfície S está orientada com vetor normal exterior,

calcule JJs rot F .dS.Solução:Há duas maneiras simples de resolver essa questão. A primeira maneira é usando o Teorema de

Stokes e a segunda é usando o Teorema de Gauss. As duas maneiras estão explicitadas a seguir.Resolução 1: Usando o Teorema de Stokes e vendo que a superfície S é limitada pelo contorno

C (a tampa superior do cilíndro), podemos escrever a integrlal pedida como:

/ fs rot F .dS =iF .dr7

onde o contorno C é a cincunferência de equações x2 + y2 = 1 e z = 1 orientada no sentido horário.Usando coordenadas cilíndricas (x = r cos e; y = rsene; z = z) e considerando que no contorno

C temos r = 1, podemos reescrever o campo como:

F (xz + yz2 + x, xyz3 + y, x2z4)

F (2 cos e + sené, sené cos e + sené, cos2 e)

Já o deslocamento diferencial, dr7, no contorno e orientado no sentido horário é dado por:dr7 = (sené de, - cos e de, O)

Portanto: temos que:

E:

/ fs rot F. dS

/ fs rot F. dS

/ fs rot F .dS

/ fs rot F ·dS

/ fs rot F. dS

2sene cos e de + sen2e de - sené' cos2 e de + sené' cos e desené cos e de + sen2e de - sené cos2 e de

i F ·dr7f2~ f2~ f2~ia sené' cose de + ia sen2e de - ia sené

[sen2e]~~ + [~_ COS(2e)]2~ _ [-cos3e]2~2 4 a 3 a

O - O + 7l' - ~ - O + ~ - (-~ +~)4 4 3 3

Resolução 2: Para usar o Teorema de Gauss para calcular a integral pedida vamos considerara superfície fechada W que é formada pela superfície S e por S1, que é a tampa do cilíndro (aporção do plano z = 1 com x2 + y2 ::; 1), ambas orientadas para fora de W.

Assim, pelo Teorema de Gauss, temos:

4

J J J div(rotF)d.Tdydz

J J J div(rotF)dxdydz

J { rot v isiSUS1

J l rot P .dS + J lirot P .dS .Como divergente do rotacional de um campo vetorial é nulo, temos que a integral do lado

esquerdo da equação acima é nula. Portanto:

o que nos dá:

o rotacional, rot P, vale:

i j k i j krot P a a a a a aax ay az ax ay az

FI F2 F3 xz + yz2 + X xyz3 + Y x2z4

rotP ( -3xyz2, X + 2yz - 2xz4, yz3 - Z2)

o campo de vetores normais a SI é fi = (0,0,1). Assim, em SI, onde z = 1, temos:

/{ rot p. dS = / { (y - l)dxdyJSl Jx2+y2~1

Usando a mudança de variáveis (de cartesianas para polares) podemos escrever a integral como:

/ !sl rot P .dS

J !sj rot P .dS

/ !sI rot P .dS

/{ (y _ l)d.Tdy = {21r {\r2sene _ r)drdeJx2+y29 io Jo

121r

[r3 r2] 1 121r[1 1]-sene - - de = -sene - - de

03 20 03 2

[1 e] 21r

-3 cos e -"2 o = ° - 1f - °+ °= -1f

o que nos permite escrever, finalmente, que:

Questão 5. (valor de 0,00 a 2,00 pontos)

Considere a seguinte equação diferencial parcial para um função f = f (x, y, t):

5

Reescreva-a em coordenadas polares r e O, ou seja, proceda com a troca de variáveis: x = rcosO ey = rsenO. Para a equação obtida em coordenadas polares, proceda com o método de separaçãode variáveis com j (r, O,t) = R (r) L (O) T (t) e encontre as equações diferenciais ordinárias para asfunções R, L e T. I

Encontre as soluções gerais das equações para as funções L e T, tal que d2 L/ de2 -=1= o. Reescrevaa equação diferencial ordinária obtida para R em função de uma nova variável u, tal que as soluçõesR = R(u) sejam dadas pela equação de Bessel de ordem n,

d2R 1dR ( n2

)-+--+ 1-- R=O,du2 U du u2

identificando n em função das constantes utilizadas no processo de separação de variáveis.

Solução:Para fazer a troca de variáveis pedida, necessitamos das seguintes derivadas parciais:

e

Expressando r e e como função de x e y temos

ee = tg-1 (y/x) .

Com isso temos8r 82r 1 cos2e8x = cose, 8x2

----r r

8r 82r 1 sen208y = sené , 8y2

----r r

8e sené 82e 2senecose8x

,8x2 r2r

8e cose 82e 2senecose8y

, 8y2 r2rSubstituindo essas expressões, temos:

82j(r,e,t) _ 2e82j (~_ cos2e) 8j sen2e82j 2senOcos08j8x2 - cos 8r2 + r r 8r + r2 8e2 + r2 80 '

82 j (r, e, t) = sen2e82 j + (~ _ sen20) 8j + cos2e 82 j _ 2senOcosO ô]8y2 8r2 r r õr r2 802 r2 8e '

Finalmente, a equação em coordenadas polares assume a forma:

6

Vamos agora proceder com a separação de variáveis, tomando f (r, B, t)temos

R (r) L (B) T (t),

. 1 (d2

R 1dR) 1 (1 d2

L) 1dTR dr2 +';dr +L r2 dB2 = Tdi

O lado direito só depende de t, equanto o esquerdo depende de r e B, portanto eles devem sercontantes para que a equação seja satisfeita para quaisquer valores das variáveis independentes.Vamos então assumir

(1)

"

1 dTTdi = CY,

onde CY é uma constante. Assumindo T oceat a equação nos fornce

a = CY.

Então a solução geral desta equação é

onde Cl é uma constante.Com a constante de separação CY, podemos reescrever a equação (1) na forma

Analogamente, vamos assumir que1 d2LL dB2 = {J,

onde {J é uma constante diferente de zero, pois devemos ter d2 L / dB2 =f. O. Assumindo L cx ebB,

temosb2 - {J = O,

cujas soluções são

Então a solução geral para a função L é:

onde C2 e C3 são constantes.Com as constantes de separação já utilizadas, temos a seguinte equação para R:

d2

R 1dR ( CY)-+--+ {J-- R=O.dr2 r dr r2

Para expressar esta equação como uma equação de Bessel de ondem n, tomamos a seguinte mudançade variável R = R (u), com u = v13r, então temos

d2

R 1dR ( a{J){J- + {J-- + {J- - R = O,du2 U du u2

d2

R 1dR ( n2

)-+--+ 1-- R=Odu2 U du u2 '

onde n2 = a.

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Sabe-se que o sistema linear ax = b, com a matriz m x n, x matriz n x 1 e b matriz m x 1, ou nãotem solução, ou tem solução única, ou tem infinitas soluções. Relacione cada possibilidade com aspropriedades da transformação linear A : ffi.n -+ ffi.m, cuja matriz nas bases canônicas de ffi.n e ffi.mé a.

Solução:Sejam {ei}~=1e {ed~1 as bases canônicas de ffi.n e ffi.m, respectivamente. Então as colunas de

a são os componentes dos vetores Aej na base {ed, Aej = L~Iaijei. Logo, para que o sistematenha solução, é necessário que b E Lm (A), o conjunto gerado pelos vetores {Ael, ... , Aen}. Nessecaso, se dim1m (A) = n, pelo teorema núcleo-imagem, temos que dimKer (A) = 0, i.e., A éinjetiva e a solução é única. Se dim1m (A) = r < n, então dimKer (A) = ti - r. Assim, se v E ffi.né tal que Av = b, então v+w, w E Ker (A), também é solução, pois A (v + w) = Av = b. Logo, háuma infinidade de soluções, parametrizadas pelos n - r coeficientes da expansão de w numa basede Ker (A).


Seja R a rotação em IR3 ao redor do eixo z, no sentido anti-horário, com centro na origem e ângulo7f /2. Ou seja, R associa a um ponto P = (x, y, z) E IR3 um ponto Q = (-y, x, z). Encontre opolinôrnio característico de R em relação a uma base de ffi.3 e, a partir dele, determine os autovalorese autovetores de R. Interprete geometricamente o resultado que você obteve.

Solução:A transformação R : ffi.3 -+ ffi.3 é a transformação linear R (x, y, z)

canônica {el, e2, e3}Bdo ffi.3,(-y, x, z). Na base

ReI R (1, 0, O) = (0,1, O)

Re2 R(0,1,0) = (-1,0,0)

Re3 R (O, 0,1) = (0,0,1)

Logo,

[RIB~ O ~1 DO polinómio característico é portanto p (À) = det (ÀI - [R] B) = det ( : 1 ~ ~ ) = (À - 1) (À 2 + 1) .

° ° À-1A única raiz real de p (À) é À = 1. Assim, À = 1 é o único autovalor real de R. Os autovetores cor-respondentes a esse autovalor são os vetores (x, y, z) E IR3 não-nulos tais que R (x, y, z) = (x, y, z),isto é, são os vetores da forma (0,0,1). O subespaço associado ao autovalor À = 1 é portanto osubespaço linear unidimensional [(0,0,1)]. Vetores nesse subespaço são preservados por rotaçõesem torno do eixo z, em particular por uma rotação de tt /2.

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bn. c ;dA t"b....... J..•.. sJ,.--.Francisco Edson da Silva

10 Examinador1/

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