GABARITO DA PRIMEIRA VERIFICAC¸˜AO DE APRENDIZAGEM

GABARITO DA PRIMEIRA VERIFICAÇÃO
DE APRENDIZAGEM
Cálculo Diferencial e Integral II
Humberto José Bortolossi
http://www.professores.uff.br/hjbortol/
GMA — EGM
Nome:
Questão Valor Nota Revisão
1
4.0
2
2.0
3
2.0
4
1.0
5
1.0
Total
10.0
ATENÇÃO!
• Leia cuidadosamente toda a prova antes de resolvê-la e façaa na ordem que julgar mais conveniente para você. Todos os
cálculos e argumentos usados na resolução das questões devem
estar escritos de forma clara e organizada na folha de respostas.
Soluções apenas com a resposta final não serão consideradas.
• Não é permitido usar calculadoras de qualquer tipo durante a
execução da prova.
• Desligue o seu celular!
1
[01] (4.0) Calcule as integrais
ln(ln(x))
dx,
(a)
x
3x−1
(c) √
dx,
x2 − 16
(b) tg5 (x) sec3(x) dx,
x
(d) √
dx.
x2 + 2 x + 5
Solução.
(a) Vamos calcular esta integral usando integração por partes. Se
u = ln(ln(x))
e
dv =
1
dx,
x
então
du =
Sendo assim,
1 1
dx
ln(x) x
e
v = ln(x).
ln(ln(x))
dx = ln(ln(x)) ln(x) −
x
= ln(ln(x)) ln(x) −
ln(x)
1 1
dx
ln(x) x
1
dx
x
= ln(ln(x)) ln(x) − ln(x) + C
= ln(x) (ln(ln(x)) − 1) + C.
(b) Observe:
5
3
tg (x) sec (x) dx =
=
tg4 (x) sec2 (x) tg(x) sec(x) dx
1 − sec2 (x)
2
sec2 (x) tg(x) sec(x) dx.
Fazendo a substituição u = sec(x), de modo que du = tg(x) sec(x) dx, vemos que
2
5
3
1 − u2 u2 du
tg (x) sec (x) dx =
6
=
u − 2 u4 + u2 du
u7
u5 u3
−2
+
+C
7
5
3
sec5 (x) sec3 (x)
sec7 (x)
−2
+
+ C.
=
7
5
3
=
(c) Vamos fazer a substituição trigonométrica
x = 4 sec(θ),
π 3 π
com θ ∈ 0,
∪
,2π
2
2
2
de modo que dx = 4 tg(θ) sec(θ) dθ e
12 sec(θ) − 1
3x− 1
√
dx =
4 tg(θ) sec(θ) dθ
x2 − 16
(4 sec(θ))2 − 16
12 sec(θ) − 1
tg(θ) sec(θ) dθ
=
| tg(θ)|
(∗)
=
(12 sec(θ) − 1) sec(θ) dθ
2
= 12 sec (θ) dθ − sec(θ) dθ
= 12 tg(θ) − ln | sec(θ) + tg(θ)| + C,
onde, em (∗), usamos o fato de que | tg(θ)| = tg(θ), se θ ∈ [0, π/2) ∪ (3 π/2, 2 π].
No triângulo retângulo
√
x
x2 − 16
θ
4
√
x2 − 16/4. Desta maneira,
√
√
x
x2 − 16 3x−1
2
√
dx = 3 x − 16 − ln +
+C
4
4
x2 − 16
√
√
= 3 x2 − 16 − ln x + x2 − 16 + ln(4) + C
vemos que sec(θ) = x/4 e tg(θ) =
√
√
= 3 x2 − 16 − ln x + x2 − 16 + C.
(d) Completando-se quadrados, vemos que x2 + 2 x + 5 = (x + 1)2 + 4. Assim,
x
x
√
dx =
dx.
x2 + 2 x + 5
(x + 1)2 + 4
Fazendo a substituição u = x + 1, segue-se que
u−1
x
√
√
dx =
du
2
2+4
x +2x+5
u
1
u
√
du
−
=
2
2
u +4
u + 4
√
1
=
du.
u2 + 4 −
2
u +4
Para calcular a última integral, vamos fazer a seguinte substituição trigonométrica
u = 2 tg(θ), com θ ∈ (−π/2, +π/2), de modo que
3
√
1
u2 + 4
sec2 (θ)
2 sec (θ) dθ =
dθ
(2 tg(θ))2 + 4
sec2 (θ)
sec2 (θ)
sec2 (θ)
(∗)
=
dθ =
dθ = sec(θ) dθ
| sec(θ)|
sec(θ)
u √u 2 + 4 = ln | tg(θ) + sec(θ)| + C = ln +
+ C.
2
2
1
du =
2
Logo,
u √u 2 + 4 √
x
√
dx = u2 + 4 − ln +
−C
2
2
2
x +2x+5
=
=
√
√
x2 + 2 x + 5 − ln |x + 1 +
x2 + 2 x + 5 − ln |x + 1 +
√
√
x2 + 2 x + 5| + ln(2) + C
x2 + 2 x + 5| + C.
[02] (2.0) Calcule a integral
3 x3 + 1
dx.
x2 (x2 + 1)2
Solução. Como o grau de 3 x3 +1 é menor do que o grau de x2 (x2 +1)2 , não precisamos
fazer uma divisão de polinômios. Dado que x2 + 1 é irredutı́vel sobre R, vamos fazer
uma decomposição em frações parciais da função racional (3 x3 + 1)/[x2 (x2 + 1)2 ] na
seguinte forma
A B
Cx+D
Ex+F
+ 2+ 2
+ 2
x x
x +1
(x + 1)2
||
(A + C) x5 + (B + D) x4 + (2 A + C + E) x3 + (2 B + D + F ) x2 + A x + B
x2 (x2 + 1)2
||
3 x3 + 1
x2 (x2 + 1)2
Comparando-se os coeficientes dos numeradores destas funções racionais, vemos que
A + C = 0, B + D = 0, 2 A + C + E = 3, 2 B + D + F = 0, A = 0 e B = 1, de onde
concluı́mos que A = C = 0, B = 1, D = F = −1 e E = 3. Conseqüentemente,
3x− 1
3 x3 + 1
1
1
+
=
−
x2 (x2 + 1)2
x2 x2 + 1 (x2 + 1)2
e, portanto,
3 x3 + 1
dx =
x2 (x2 + 1)2
1
dx −
x2
1
dx + 3
2
x +1
4
x
dx −
2
(x + 1)2
(x2
1
dx.
+ 1)2
Mas
1
1
1
dx = arctg(x) + C2
dx = − + C1 ,
2
2
x
x
x +1
1
x
dx = −
+ C3 .
2
2
2
(x + 1)
2 (x + 1)
Para calcular a integral
(x2
e
1
dx
+ 1)2
vamos usar a substituição trigonométrica x = tg(θ), pra θ ∈ (−π/2, +π/2):
1
1
dx
=
sec2 (θ) dθ
2
(x2 + 1)2
(tg (θ) + 1)2
1
sec2 (θ)
dθ =
dθ = cos2 (θ) dθ
=
sec4 (θ)
sec2 (θ)
1 + cos(2 θ)
θ sen(2 θ)
dθ = +
+ C4
=
2
2
4
=
Desta maneira,
x
θ cos(θ) sen(θ)
arctg(x)
+
+ C4 =
+
+ C4 .
2
2
2
2 (x2 + 1)
x+3
1 3
3 x3 + 1
+ C.
dx = − − arctg(x) −
2
2
2
x (x + 1)
x 2
2 (x2 + 1)
[03] (2.0) Considere a região R limitada pelas curvas definidas pelas equações
xy = 4 e x + y = 5. Faça um desenho da região R e, em seguida,
obtenha uma expressão para o volume do sólido de revolução obtido
pela rotação da região R em torno do eixo y = 1 usando o método dos
discos circulares e o método das cascas cilı́ndricas! Basta você escrever
as integrais, não é preciso calculá-las!
Solução.
y
4
1
0
1
4
5
x
Pelo método dos discos circulares:
2 4 4
volume =
π (5 − x − 1)2 −
dx.
−1
x
1
Pelo método das cascas cilı́ndricas:
4
4
2 π (y − 1) (5 − y) −
dy.
volume =
y
1
[04] (1.0) Sejam F (x) = sen(x)/x e f (x) = F (x) (isto é, f é a derivada
de F ). Calcule a integral
π
f (x) dx.
0
Solução. Temos que
0
π
f (x) dx = lim+
t→0
π
f (x) dx.
t
Como F é uma primitiva de f para x = 0, segue-se que
π
t
f (x) dx = F (π) − F (t) =
sen(t)
sen(π) sen(t)
−
=−
.
π
t
t
Assim,
π
0
sen(t)) (∗)
f (x) dx = lim+ −
= lim+ (− cos(t)) = −1,
t→0
t→0
t
onde, em (∗), usamos a regra de L’Hôpital.
[05] (1.0) Discuta a convergência das seguintes integrais impróprias (não é
preciso calculá-las!):
∞
∞
| sen(x)|
2 + sen(x)
(a)
dx.
dx
e
(b)
2
x
x
1
1
Solução.
(a) Observe que f (x) = | sen(x)|/x2 e g(x) = 1/x2 são funções contı́nuas não-negativas.
Como
| sen(x)|
1
0≤
≤ 2
2
x
x
para todo x ∈ [1, +∞) e
∞
1
dx
x2
1
6
é uma integral imprópria convergente, pelo teste da comparação segue-se que
∞
| sen(x)|
dx
x2
1
também é uma integral imprópria convergente.
(b) Note que que f (x) = (2 + sen(x))/x e g(x) = 1/x são funções contı́nuas no
intervalo [1, +∞). Como −1 ≤ sen(x) ≤ +1 para todo x ∈ R, segue-se que
0≤
para todo x ∈ [1, +∞). Como
1
2 + sen(x)
≤
x
x
1
∞
1
dx
x
é uma integral imprópria divergente, concluı́mos pelo teste da comparação que
∞
2 + sen(x)
dx
x
1
também é uma integral imprópria divergente.
Texto composto em LATEX2e, HJB, 16/04/2005.
7