DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA MATEMÁTICA I Resolução

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
MATEMÁTICA I
Resolução dos exercícios 3 a 7 do 2o Teste do 1o Semestre de 2015/2016
[2.0]
3. Considere a função g, definida em R por g (x) = x3 + |x − 2| .
x
Determine a expressão de G (x) =
g (t) dt.
−1
Resolução:
Observação: Não podemos primitivar ou integrar com o módulo, pelo que temos que desdobrar
a função.
|x − 2| =
Portanto,

 x−2

, se x − 2 ≥ 0
− (x − 2)
, se x − 2 < 0
g (x) = x3 + |x − 2| =
x
Observação: Como
⇐⇒ |x − 2| =
G (x) =
g (t) dt
 3
 x +x−2


 x−2

−x + 2
, se x ≥ 2
3
x −x+2
, se x ≥ 2
.
, se x < 2
.
, se x < 2
e a função g muda de expressão em x = 2, vamos
−1
ter que considerar dois casos.
• Se x < 2
Como ambos os extremos de integração são menores ou iguais a 2, g (t) = t3 − t + 2.
x
G (x) =
x
g (t) dt =
−1
t4 t2
− + 2t
t − t + 2 dt =
4
2
x
3
−1
=
x4 x2
−
+ 2x −
4
2
=
1 4 1 2
9
x − x + 2x +
4
2
4
(−1)4 (−1)2
−
+ 2 (−1)
4
2
=
−1
1
1
1 1
= x4 − x2 + 2x − + + 2 =
4
2
4 2
• Se x ≥ 2 :
Como um dos extremos de integração é menor que 2 e o outro maior que 2, a função g
muda de expressão no intervalo de integração, pelo que temos que sudividir o integral.
2
x
G (x) =
g (t) dt =
−1
−1
2
x
g (t) dt +
g (t) dt =
2
−1
Ana Matos - 25/02/2017
i
x
t3 − t + 2 dt +
2
t3 + t − 2 dt
Dos cálculos feitos no caso anterior resulta que
2
−1
x
x
t3 − t + 2 dt =
1
9
33
1
× 24 − × 22 + 4 + =
4
2
4
4
x
t4 t2
t + t − 2 dt =
+ − 2t
4
2
3
g (t) dt =
2
2
=
2
x4 x2
+
− 2x −
4
2
24 22
+
−4
4
2
=
2
4
=
2
x
x
+
− 2x − 2
4
2
1
1
25
Logo, se x ≥ 2, G (x) = x4 + x2 − 2x + .
4
2
4
Portanto,

1 4 1 2



 4 x − 2 x + 2x +
G (x) =


1
1

 x4 + x2 − 2x +
4
2
9
,
4
, se x < 2
25
4
, se x ≥ 2
.
2
Observação: No caso x > 2, poderíamos ter obtido o valor de
novamente o integral, com a primitiva já obtida no caso anterior:
2
−1
t3 − t + 2 dt =
t4 t2
− + 2t
4
2
2
=
−1
24 22
−
+4 −
4
2
−1
t3 − t + 2 dt calculando
(−1)4 (−1)2
−
+ 2 (−1)
4
2
6
=
− 94
4. Calcule:
x
1
[1.5] a) P √
+
.
3
5x2 + 2 5x
Resolução:
x
1
x
11
x
1
P √
+
=P √
+P
=P √
+ ln |x|
3
3
3
5x
5
5x2 + 2 5x
5x2 + 2
5x2 + 2
′
Tendo em conta que (5x2 + 2) = 10x,
x
P √
3
5x2 + 2
= P
x
(5x2 + 2)
1
3
= P x 5x2 + 2
=
1
P [ 10x 5x2 + 2
10
′
u
− 31 +1
1 (5x2 + 2)
=
− 13 +1
10
− 13
+C =
3
5x2 + 2
20
2
3
+C =
3
20
− 13
1
u− 3
3
(5x2 + 2)2 + C
Portanto,
1
3
x
+
=
P √
3
2
20
5x + 2 5x
3
(5x2 + 2)2 +
[1.5] b) P cos3 (2x) .
Resolução:
ii
]=
1
ln |x| + C, com C constante real.
5
33
.
4
Observação: Trata-se de uma potência de coseno, com expoente ímpar.
P cos3 (2x) = P cos (2x) cos2 (2x) = P cos (2x) 1 − sen2 (2x)
= P cos (2x) − cos (2x) sen2 (2x)
Tendo em conta que (2x)′ = 2,
1
1
P [cos (2x)] = P [ 2 cos (2x) ] = sen (2x) + C1 .
2
2
′
u
cos(u)
Tendo em conta que (sen (2x))′ = 2 cos (2x) ,
P cos (2x) sen2 (2x)
1
= P cos (2x) (sen (2x))2 = P [ 2 cos (2x)(sen (2x))2 ] =
2
u′
2+1
=
1 (sen (2x))
2
2+1
+ C2 =
u2
1
1
(sen (2x))3 + C2 = sen3 (2x) + C2 .
6
6
Portanto,
P cos3 (2x) =
[2.0] c) P
1
1
sen (2x) − sen3 (2x) + C, com C constante real.
2
6
x6 − 2
.
x4 + x2
Resolução:
A função dada é um quociente de dois polinómios, o do numerador com grau 6 e o do denominador com grau 4, pelo que se trata de uma primitiva de uma função racional imprópria.
Assim, temos que transformar a função racional numa soma de um polinómio com uma função
racional própria.
x6
−2
−x6 − x4
−x4
−2
4
2
x +x
x2 − 2
|x4 + x2
x2 − 1
→ tem grau estritamente menor do que o denominador
Portanto, x6 − 2 = (x4 + x2 ) (x2 − 1) + (x2 − 2), pelo que
x6 − 2
(x4 + x2 ) (x2 − 1) + (x2 − 2)
(x4 + x2 ) (x2 − 1)
x2 − 2
x2 − 2
2
=
=
+
=
x
−
1
+
x4 + x2
x4 + x2
x4 + x2
x4 + x2
x4 + x2
Assim,
P
x6 − 2
x2 − 2
x3
x2 − 2
2
=
P
x
−
1
+
=
−
x
+
P
x4 + x2
x4 + x2
3
x4 + x2
Observação: Resta calcular a primitiva da função racional própria P
situação imediata de logaritmo ou arcotangente.
x2 −2
x4 +x2
, que não é uma
x2 − 2
x2 − 2
=
x4 + x2
x2 (x2 + 1)
Uma vez que x2 + 1 não tem zeros reais, o denominador está decomposto, tendo-se um zero real,
0, com multiplicidade 2, e um polinómio de grau 2, sem raízes reais.
iii
x2 − 2
=
x2 (x2 + 1)
A
x
2
+
(x(x +1))
B
Cx + D
Ax (x2 + 1) + B (x2 + 1) + (Cx + D) x2
+
=
2
x
x2 + 1
x2 (x2 + 1)
2
(x +1)
(x2 )
o que é equivalente a
x2 − 2 = Ax3 + Ax + Bx2 + B + Cx3 + Dx2 = (A + C) x3 + (B + D) x2 + Ax + B

A+C =0



B+D =1
A=0



B = −2
Portanto
P
x2 − 2
x4 + x2

C=0



D=3
.
⇐⇒
A=0



B = −2
0 −2 0x + 3
2
3
1
+ 2 + 2
=P − 2 + 2
= −2P x−2 + 3P 2
=
x
x
x +1
x
x +1
x +1
x−2+1
2
= −2
+ 3 arctg (x) + C = + 3 arctg (x) + C,
−2 + 1
x
= P
pelo que,
x6 − 2
x3
x2 − 2
1
2
P 4
=
−x+P 4
= x3 − x + + 3 arctg (x) + C, com C constante real.
2
2
x +x
3
x +x
3
x
5. Determine o valor dos seguintes integrais:
1
[2.0] a)
(2x arctg x) dx.
0
Resolução:
Observação: Podemos calcular a primitiva por partes e aplicar depois a Fórmula de Barrow,
ou calcular directamente o integral por partes.
Considerando
f ′ = 2x e g = arctg x tem-se que f = P (2x) = x2 + c e g ′ = (arctg x)′ =
Então,
P [ 2x arctg x ] = x2 arctg x − P [ x2
f′
g
f
g
f
x2
1
.
+1
1
x2
2
]
=
x
arctg
x
−
P
x2 + 1
x2 + 1
g′
x2
.
x2 + 1
Trata-se de uma primitiva de uma função racional imprópria, que vamos decompôr numa soma
de um polinómio com uma função racional própria.
Resta calcular P
x2 + 1 − 1
x2 + 1
−1
1
x2
=
=
+ 2
=1− 2
2
2
2
x +1
x +1
x +1 x +1
x +1
Observação: Poderíamos ter usado a divisão de polinómios.
iv
Portanto
P (2x arctg x) = x2 arctg x − P
1−
x2
1
+1
= x2 arctg x − x + arctg x + C,
com C constante real.
Aplicando a Fórmula de Barrow,
1
(2x arctg x) dx =
0
x2 arctg x − x + arctg x
1
0
=
= (12 arctg 1 − 1 + arctg 1) − (02 arctg 0 − 0 + arctg 0) =
π
4
0
π π
π
+ −1= −1
4
4
2
2o Processo:Calculando directamente o integral por partes.
f = x2 + c
g ′ = x21+1 .
f ′ = 2x
g = arctg x
1
2
2x arctg xdx = [ x
0
f′
arctg x ]10
f
g
g
1
−
1
x 2
dx = (12 arctg 1 − 02 arctg 0) −
x +1
0
f
g
1
1
2
′
π
4
0
x2
dx =
x2 + 1
1
π
x +1−1
π
1
π
−
dx
=
−
1− 2
dx = − [x − arctg x]10 =
2
4
x +1
4
x +1
4
0
0
π
π
− ((1 − arctg 1) − (0 − arctg 0)) = − 1
=
4
2
2
=
π
4
ln 8
[2.0] b)
ln 3
0
e2x
√ x
dx.
e +1
Resolução:
Observação: Analisando a função integranda, verifica-se que não se trata de uma primitiva
imediata e que se deverá usar uma mudança de variável, o que pode ser feito calculando primeiro
a primitiva e aplicando depois a Fórmula de Barrow, ou calculando directamente o integral por
substituição.
√
Considerando ex + 1 = t,
ex = t2 − 1
x = ln (t2 − 1)
ϕ (t) = ln (t2 − 1)
ϕ′ (t) = t22t−1 .
2
tendo-se que e2x = (ex )2 = (t2 − 1)
Obtém-se, assim
2
(t2 − 1) 2t
t3
2
P
=
2P
t
−
1
=
2
− 2t + C
t
t2 − 1
3
Conclui-se que
2 √ x
e2x
√
=
e +1
P
3
ex + 1
3
√
− 2 ex + 1 + C, com C constante real.
v
Aplicando a Fórmula de Barrow,
ln 8
ln 3
ln 8
3
√
2 √ x
e + 1 − 2 ex + 1
=
3
ln 3
3
3
2
2
eln 8 + 1 − 2 eln 8 + 1 −
eln 3 + 1 − 2 eln 3 + 1
=
3
3
3
3
√
√
√
√
2
2
=
8+1 −2 8+1 −
3+1 −2 3+1 =
3
3
2 3
2
32
=
3 − 2 × 3 − × 23 + 2 × 2 =
3
3
3
e2x
√ x
dx =
e +1
=
2o Processo:Calculando directamente o integral por substituição.
Com a mudança de variável acima indicada,
ln 8
ln 3
e2x
√ x
dx =
e +1
β
α
2
(t2 − 1) 2t
dt = 2
t
t2 − 1
Calculemos os novos extremos de integração:
Tendo em conta que x = ln (t2 − 1) = ϕ (t) e t =
β
α
t2 − 1 dt
√ x
e + 1 = ϕ−1 (x) ,
√
4=2
√
eln 8 + 1 = 9 = 3
α = ϕ−1 (ln 3) =
eln 3 + 1 =
β = ϕ−1 (ln 8) =
pelo que
ln 8
ln 3
e2x
√ x
dx = 2
e +1
3
t3
t − 1 dt = 2 − 2t
3
2
32
16
= 18 − 6 −
+4=
3
3
3
2
2
× 33 − 6 −
3
=
2
2
× 23 − 4
3
=
6. Considere a função H definida em R por
x3 −12x
H (x) =
2
et dt.
0
[2.0] a) Calcule, justificando, a função H ′ .
Resolução:
Observação: Trata-se da derivada dum integral indefinido, em que a função integranda é contínua em R, pelo que, justificando adequadamente, podemos aplicar o Teorema Fundamental do
Cálculo Integral.
2
A função f (x) = ex é contínua em R, pois é composição de funções contínuas em R (polinómio
e ex ).
vi
Então, pelo Teorema Fundamental do Cálculo Integral, a função definida por
x
F (x) =
f (t) dt
0
é diferenciável em R e F ′ (x) = f (x) .
Como
x3 −12x
H (x) =
0
2
et dt = F x3 − 12x ,
H é a composição de funções diferenciáveis (F e um polinómio), donde se conclui que H é
diferenciável e
H ′ (x) = F x3 − 12x
′
= F ′ x3 − 12x
′
x3 − 12x = f x3 − 12x
2
3
3x2 − 12 = 3x2 − 12 e(x −12x) .
[1.5] b) Estude a monotonia da função H.
3
(Se não fez a alínea a), estude a monotonia da função definida por f (x) = ex −15x).
Resolução:
2
2
3
3
Já foi visto na alínea anterior que H é diferenciável e H ′ (x) = (3x2 − 12) e(x −12) = 3 (x2 − 4) e(x −12x)
2
2
2
3
3
3
H ′ (x) = 3x2 − 12 e(x −12x) = 3 x2 − 4 e(x −12x) = 3 (x − 2) (x + 2) e(x −12x)
logo
2
2
3
3
H ′ (x) = 0 ⇐⇒ 3 (x − 2) (x + 2) e(x −12x) = 0 ⇐⇒ x = −2 ∨ x = 2 ∨ e(x −12x) = 0
impossível em R
Portanto, H ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = −2 ∨ x = 2.
2
3
Façamos um quadro de sinais (note-se que e(x −12x) > 0)
−∞
−
−
3 (x + 2)
(x − 2)
2
3
e(x −12x)
+
2
x3 −12x
H ′ (x) = 3 (x − 2) (x + 2) e(
H (x)
)
+
ր
−2
0
−
+
0
2
+
0
+∞
+
+
+
+
+
−
ց
0
+
ր
+
−
Portanto, H é crescente nos intervalos ]−∞, −2] e [2, +∞[ (é mesmo estritamente crescente)
e H é decrescente no intervalo [−2, 2] (é mesmo estritamente decrescente).
Observação: Para o caso de não se ter feito a alínea a), é dada a alternativa de estudar a
3
monotonia da função f (x) = ex −15x . Façamos este estudo.
A função f é diferenciável em R, pois é a composição de funções diferenciáveis (ex e um
polinómio) e
3 −15x
f ′ (x) = 3x2 − 15 ex
3 −15x
= 3 x2 − 5 ex
vii
=3 x−
√
5
x+
√
3
5 ex −15x
Assim
√
√
3
f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = − 5 ∨ x = 5 ∨ ex −15x = 0
impossível em R
Um quadro de sinais
análogo ao anterior permite concluir que f é crescente nos
√ perfeitamente
√
intervalos −∞, − 5 e
5, +∞ (é mesmo estritamente crescente) e é decrescente no intervalo
√ √
− 5, 5 (é mesmo estritamente decrescente).
[2.0]
7. Determine a área da região definida por y ≤ x + 1, y ≤ cos x e y ≥ 0.
Considerando a representação geométrica da região
conclui-se que, a sua área , A, é igual à soma da área de um triângulo com a área da parte
da região que se encontra no 1o quadrante.
Assim,
1×1
A=
+
2
π
2
cos (x) dx =
0
π
1
1
π
3
+ [sen (x)]02 = + sen
− sen (0) = .
2
2
2
2
Observação: Poder-se-ia também calcular a área por
π
2
0
A=
(x + 1) dx+
−1
0
x2
cos (x) dx =
+x
2
0
π
+[sen (x)]02 = 0−
−1
1
π
3
− 1 +sen
−sen (0) =
2
2
2
Fim da resolução
viii