Concurso de admissão ao curso de graduação - Cálculo - IME

Solução:

a) Para o primeiro limite, faça a substituição $y = 1/x$. Assim: $$\lim_{x \to 0^+} x \tanh \left(\frac{1}{x}\right) = \lim_{y \to +\infty} \frac{\tanh y}{y} = 0,$$ visto que $\tanh y \to 1$ se $y \to +\infty$. Do mesmo modo: $$\lim_{x \to 0^-} x \tanh \left(\frac{1}{x}\right) = \lim_{y \to -\infty} \frac{\tanh y}{y} = 0,$$ pois $\tanh y \to -1$ se $y \to -\infty$. Portanto o limite existe e vale zero.

b) Para o segundo limite, note que surpreendentemente não temos nenhuma indeterminação. Diretamente: $$\lim_{x \to 0} \frac{x-1}{\sin(x^2-1)} = \frac{-1}{\sin(-1)} = \frac{1}{\sin 1} = \csc 1.$$

Solução: Chame $b$ a base e $h$ a altura da pirâmide. Temos que maximizar a função $V(b,h):= \frac{b^2h}{3}$ sujeita à condição: $$A(b,h) = b^2 + 2b\sqrt{\frac{b^2}{4}+h^2} = 1.$$

Para ver isto, note que a altura de uma face lateral é a hipotenusa de um triângulo retângulo com catetos $h$ e $b/2$. Então temos:

$$\begin{align} b^2 + 2b\sqrt{\frac{b^2}{4}+h^2} &= 1 \\ 2b\sqrt{\frac{b^2}{4}+h^2} &= 1 - b^2 \\ 4b^2\left(\frac{b^2}{4}+h^2\right) &= 1 - 2b^2 + b^4 \\ 4b^2h^2 &= 1-2b^2 \\ h &= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1-2b^2}{b^2}} \end{align}$$

Substituindo, temos (abusando da notação) $V(b) := V(b, h(b)) = \frac{1}{6}b^2 \sqrt{\frac{1-2b^2}{b^2}} = \frac{1}{6}b\sqrt{1-2b^2}$. Vamos achar o ponto crítico de $V$. Temos: $$V'(b) = \frac{1}{6}\left(\sqrt{1-2b^2} - \frac{2b^2}{\sqrt{1-2b^2}}\right),$$ que só se anula quando $$\sqrt{1-2b^2} = \frac{2b^2}{\sqrt{1-2b^2}} \implies 1-2b^2 = 2b^2 \implies b = \frac{1}{2} > 0.$$
Pela geometria do problema, $b = 1/2$ é um ponto de máximo da função volume. O volume máximo procurado é: $$V\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{6}\frac{1}{2}\sqrt{1 - 2\frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{24}.$$

 
Solução: O elemento de arco nas coordenadas canônicas do $\Bbb R^2$ é ${\rm d}s^2 = {\rm d}x^2 + {\rm d}y^2$. Temos: $$\begin{cases} x = r \cos \theta \\ y = r \sin \theta \end{cases} \implies \begin{cases} {\rm d}x = \cos \theta \ {\rm d}r - r \sin \theta \ {\rm d}\theta \\ {\rm d}y = \sin \theta \ {\rm d}r + r\cos\theta \ {\rm d}\theta\end{cases},$$ de modo que substituindo na expressão para ${\rm d}s^2$, os termos com ${\rm d}r \ {\rm d}\theta$ se cancelam e obtemos o elemento de arco em coordenadas polares: $${\rm d}s^2 = {\rm d}r^2 + r^2 \ {\rm d}\theta^2.$$

Da relação dada, temos ${\rm d}r = -2\sin \theta \ {\rm d}\theta$. Também temos $r^2 = 4+8\cos \theta + 4\cos^2\theta$. Daí: $${\rm d}s^2 = (8+8\cos\theta) \ {\rm d}\theta^2,$$ e assim só nos resta calcular o comprimento de arco: $$s = 2\sqrt{2}\int_0^{2\pi} \sqrt{1 + \cos \theta} \ {\rm d}\theta.$$

Temos: $$s = 2\sqrt{2}\int_0^{2\pi} \sqrt{1 + \cos \theta} \ {\rm d}\theta = 2\sqrt{2} \int_0^{2\pi} \frac{|\sin \theta|}{\sqrt{1- \cos \theta}} \ {\rm d}\theta = 2\sqrt{2}\left( \int_0^{\pi} \frac{\sin \theta}{\sqrt{1- \cos \theta}} \ {\rm d}\theta - \int_\pi^{2\pi} \frac{\sin \theta}{\sqrt{1- \cos \theta}} \ {\rm d}\theta\right).$$

E: $$\int \frac{\sin \theta}{\sqrt{1-\cos \theta}} \ {\rm d}\theta = \int \frac{1}{\sqrt{u}} \ {\rm d}u = 2\sqrt{u}+c = 2\sqrt{1-\cos \theta} + c, \qquad c \in \Bbb R.$$

Desta forma o comprimento procurado é:


$$s = 2\sqrt{2} \left(2\sqrt{1 - \cos(\pi)} - 2\sqrt{1 - \cos 0} - (2\sqrt{1 - \cos(2\pi)} - 2\sqrt{1 - \cos(\pi)})\right) = 2\sqrt{2}(2\sqrt{2} - 0 - (0 - 2\sqrt{2})) = 16.$$ 

Solução: As equações da reta tangente nada mais são do que as equações dos planos tangentes às superfícies no ponto em questão. Com efeito, a reta é a interseção de tais planos. A primeira superfície do enunciado tem como função modelo $f(x,y,z) = 2x^2+y^2+2z^2$, e imediatamente temos $\nabla f(1,1,1) = (4,2,4) = 2(2,1,2)$. Assim, o primeiro plano é: $$\pi_1: \ \langle 2(2,1,2), (x-1,y-1,z-1)\rangle = 0 \implies \pi_1: \ 2x + y + 2z = 5.$$

Chamando $g(x,y) = e^{x-y}$, temos que um vetor normal à superfície é $\left(\frac{\partial g}{\partial x}(1,1), \frac{\partial g}{\partial y}(1,1), -1\right),$ isto é, $(1,-1,-1)$. Portanto o segundo plano é: $$\pi_2: \ \langle (1,-1,-1),(x-1,y-1,z-1)\rangle = 0 \implies \pi_2: \ x-y-z = -1.$$

Portanto a reta procurada é: $$r: \begin{cases} 2x + y + 2z = 5 \\ x-y-z = -1 \end{cases}.$$

Solução: Planos paralelos tem direções normais paralelas. Vamos achar um vetor normal ao plano $P$. A superfície tem como função modelo $f(x,y,z) = x^2-2y^2 + z^2$, donde segue imediatamente que $\nabla f(x,y,z) = (2x,-4y,2z)$, e daí $\nabla f(1,2,3) = (2,-8, 6) = 2(1,-4,3)$.

Assim, já temos que $Q: \ x - 4y + 3z = d,$ onde $d$ é uma constante a ser determinada pelo ponto de tangência, distinto de $(1,2,3)$. Seja $(x_0,y_0,z_0)$ tal ponto. Temos que $x_0^2-2y_0^2+z_0^2 = 2$ e que $\nabla f(x_0,y_0, z_0) = \lambda (1,-4,3),$ para algum $\lambda \in \Bbb R$. Em detalhes: $$\nabla f(x_0,y_0, z_0) = \lambda (1,-4,3) \implies \begin{cases} 2x_0 = \lambda \\ -4y_0 = -4\lambda \\ 2z_0 = 3\lambda\end{cases},$$ e daí $x_0 = \lambda/2, y_0 = \lambda$ e $z_0  = 3\lambda/2$. Na equação da superfície, temos: $$\frac{\lambda^2}{4} - 2\lambda^2 + \frac{9\lambda^2}{4} = 2 \implies \frac{2\lambda^2}{4} = 2 \implies \lambda = \pm 2.$$

Se $\lambda = 2$, recuperamos o ponto inicial $(1,2,3)$. Então tomemos $\lambda = -2$, e obtemos o novo ponto de tangência, $(-1,-2,-3)$. Forçando o ponto a satisfazer a equação do plano, temos: $$-1-4(-2)+3(-3) = d \implies d = -2.$$

Portanto $Q: \ x-4y+3z = -2$.

Só achei ruinzinha as questões 4 e 5. Achei a prova tranquila, no geral.
Aliás, gostei da sacada para a questão 1. Eu rodaria um bocadinho antes de pensar nesta saída (se eu chegasse a tanto).
Muito boa as questões e excelentes resoluções, Ivo!