PAG2 Cálculo - MAT01353 - 2013/1 Lista 10 - 22/06

UFRGS - PAG2 Cálculo - MAT01353 - 2013/1
Lista 10 - 22/06/2013 - Soluções
1.a
Fazendo a substituição
u = sin x, temos que du = cos xdx. Logo:
Z
Z
u4
sin4 x
3
+C =
+C
sin x cos x dx =
u3 du =
4
4
1.b
Fazendo a substituição
Z
Z
3
cos x dx =
u = sin x,
temos que
Z
2
Logo:
Z
2
(1 − sin x) cos x dx =
cos x cos x dx =
= u−
du = cos xdx.
1 − u2 du
u3
sin3 x
+ C = sin x −
+C
3
3
u = x2 + 5, temos que du = 2xdx. Logo:
Z
Z
1
x
1
1
1
dx =
du = − 2 + C = −
+C
2
3
3
2
(x + 5)
2
u
4u
4(x + 5)2
1.c
Fazendo a substituição
1.d
Esta integral pode ser resolvida por partes através da equação
Escolhendo
Z
u =lnx
e
−2
dv = x dx,
e3
−
−x
x 2lnx dx =
−1
temos que
Z
lnx +
x
−2
−1
du = x dx
e3
dx
1
=
1
e
v = −x
−1
Escolhendo
udv = uv −
R
vdu.
. Logo:
e3
−1
4
−x lnx − x−1 1 = − 3 + 1
e
Esta integral pode ser resolvida por partes através da equação
1.e
R
R
R
udv = uv − vdu.
v = e3x /3. Logo:
u = cos(9x) e dv = e3x dx, temos que du = −9 sin(9x)dx e
Z
Z
e3x
3x
cos(9x) + 3 e3x sin(9x) dx
e cos(9x) dx =
3
(1)
Na equação (1), a integral à direita pode ser resolvida por partes novamente. Escolhendo
du = 9 cos(9x)dx e v = e3x /3. Logo:
3x
Z
e3x
e
3x
3x
e cos(9x) dx =
cos(9x) + 3
sin(9x) − 3 e cos(9x) dx
3
3
Z
e3x
3x
=
cos(9x) + e sin(9x) − 9 e3x cos(9x) dx
3
R
equação (2), somando 9 e3x cos(9x) dx em ambos os lados da igualdade, obtemos:
Z
e3x
10 e3x cos(9x) dx =
cos(9x) + e3x sin(9x)
3
u = sin(9x)
Z
Na
e
dv = e3x dx,
temos que
Logo:
Z
e3x cos(9x) dx =
e3x
e3x
cos(9x) +
sin(9x) + C
30
10
1
(2)
R
R
udv = uv − vdu.
√
Escolhendo u = arcsin x e dv = dx, temos que du = dx/ 1 − x2 e v = x. Logo:
1/2
Z
Z 1/2
i1/2
h
√
x
arcsin x dx = x arcsin x − √
dx
= x arcsin x + 1 − x2
0
1 − x2
0
0
√
π
3
=
+
−1
12
2
R
R
1.g Esta integral pode ser resolvida por partes através da equação
udv = uv − vdu.
Escolhendo u = x e dv = e4x dx, temos que du = dx e v = e4x /4. Logo:
Z
Z
e4x 1
e4x
e4x e4x
4x
xe dx = x
−
−
+C =
(4x − 1) + C
e4x dx = x
4
4
4
16
16
1.f
Esta integral pode ser resolvida por partes através da equação
1.h
Esta integral pode ser resolvida por partes através da equação
Escolhendo
u = x2
e
dv = sin(8x)dx,
R
udv = uv −
v = − cos(8x)/8. Logo:
temos que
R
du = 2xdx e
Z
Z
1
−x2
2
cos(8x) +
x cos(8x) dx
x sin(8x) dx =
8
4
vdu.
(3)
Na equação (3), a integral à direita pode ser resolvida por partes novamente. Escolhendo
dv = cos(8x)dx, temos que du = dx e v = sin(8x)/8. Logo:
Z
Z
−x2
1 x
1
2
x sin(8x) dx =
cos(8x) +
sin(8x) −
sin(8x) dx
8
4 8
8
−x2
1 x
cos(8x)
=
cos(8x) +
sin(8x) +
+C
8
4 8
64
−x2
x
cos(8x)
=
cos(8x) +
sin(8x) +
+C
8
32
256
R
R
1.i Esta integral pode ser resolvida por partes através da equação
udv = uv − vdu.
Escolhendo u =ln(5x) e dv = x6 dx, temos que du = dx/x e v = x7 /7. Logo:
Z
Z
x7
1
x7
x7
6
x ln(5x) dx =
ln(5x) −
x6 dx =
ln(5x) −
+C
7
7
7
49
u=x
e
√
x2 − a2 , esta integral pode ser resolvida
por substituição trigonométrica através da substituição x = 2 sec t, 0 6 t < π/2. Então segue
√
p
√
√
que dx = 2 sec t tan tdt e
x2 − 4 = 4 sec2 t − 4 = 4(sec2 t − 1) = 2 tan2 t = 2 tan t.
1.j
Como o integrando tem um radical na forma
Logo:
Z √
x2 − 4
dx = 2
x
Z
2
Z
2
Z
2
sec t − 1 dt = 2 sec t dt − 2
x
√
2
+C
= 2 tan t − 2t + C = x − 4 − 2 arcsec
2
tan t dt = 2
Z
dt
1.k
Z
Z
Z
1
1
sin x cos x dx =
(1 − cos(2x))(1 + cos(2x)) dx =
1 − cos2 (2x) dx
4
4
Z
Z
1
1
x sin(4x)
2
=
sin (2x) dx =
1 − cos(4x) dx =
−
+C
4
8
8
32
2
2
2
√
a2 − x2 , esta integral pode ser resolvida
por substituição trigonométrica através da substituição x = 5 sin t, −π/2 6 t 6 π/2. Então
p
p
√
2
3
2 =
25
−
x
25
−
25
sin
t
=
25(1 − sin2 t) =
segue que x3 = 125 sin t, dx = 5 cos tdt e
√
5 cos2 t = 5 cos t. Logo:
Z
Z
Z
x3
3
√
dx = 125 sin t dt = 125 (1 − cos2 t) sin t dt =
25 − x2
√
3
√
25 − x2
125 cos3 t
2
+ C = −25 25 − x +
+C
= −125 cos t +
3
3
√
25 − x2
= −
(50 + x2 ) + C
3
R
R
1.m Esta integral pode ser resolvida por partes através da equação
udv = uv − vdu.
Escolhendo u = x e dv = cos(2x)dx, temos que du = dx e v = sin(2x)/2. Logo:
Z
Z
x
1
cos(2x)
x
x cos(2x) dx =
sin(2x) −
sin(2x) +
+C
sin(2x) dx =
2
2
2
4
1.l
Como o integrando tem um radical na forma
√
x2 − a2 , esta integral pode ser resolvida
por substituição trigonométrica através da substituição x = 4 sin t, −π/2 6 t 6 π/2. Então
p
p
√
2
2
2 =
16
−
x
16
−
16
sin
t
=
16(1 − sin2 t) =
segue que x2 = 16 sin t, dx = 4 cos tdt e
√
4 cos2 t = 4 cos t. Logo:
Z
Z
Z
x2
2
√
dx = 16 sin t dt = 8 (1 − cos(2t)) dt = 8t − 4 sin(2t) + C
16 − x2
x x√16 − x2
−
+C
= 8t − 8 sin t cos t + C = 8 arcsin
4
2
1.o
Como o integrando tem um radical na forma
2.a
Como o integrando é uma função racional própria, podemos expandi-lo em frações
parciais. Logo:
Z
2.b
x2 + 4
dx = 4
x(x − 1)2
Z
1
dx − 3
x
Z
1
dx + 5
x−1
5
= 4ln|x| − 3ln|x − 1| −
+C
x−1
Z
1
dx
(x − 1)2
Como o integrando é uma função racional própria, podemos expandi-lo em frações
parciais. Logo:
Z
2.c
−3x2 + x + 5
dx = 5
x3 − 2x2 + x
Z
1
dx − 8
x
Z
1
dx + 3
x−1
3
= 5ln|x| − 8ln|x − 1| −
+C
x−1
Z
1
dx
(x − 1)2
Como o integrando é uma função racional própria, podemos expandi-lo em frações
parciais. Logo:
Z
x−8
dx = −2
3
x − 4x2 + 4x
Z
1
dx + 2
x
Z
1
dx − 3
x−2
3
= −2ln|x| + 2ln|x − 2| +
+C
x−2
3
Z
1
dx
(x − 2)2
2.d
Como o integrando é uma função racional própria, podemos expandi-lo em frações
parciais. Logo:
Z
1
3
Z 3
Z 3
Z 3
1
1
1
x2 + 48
dx = −3
dx + 2
dx + 2
dx
2
x(x − 16)
1 x
1 x−4
1 x+4
= [−3ln|x| + 2ln|x − 4| + 2ln|x + 4| ]31 = −3ln3 + 2ln7 − 2ln3 − 2ln5
= 2ln(7/15) − 3ln3
4