Resoluç˜ao da Ficha 1

Resolução da Ficha 1
Análise Matemática II
Curso LEIC-Taguspark, 1o Semestre de 2001/2002
I(a) Primitivando directamente:
Z
cos(3x + 1)dx =
1
3
Z
1
3cos(3x + 1)dx = sen(3x + 1)
3
(b) Primitivando directamente:
R
x2
x6 +1
dx =
=
=
x2
dx =
(x3 )2 +1
1R
3x2
dx =
3
(x3 )2 +1
1
3
3 arctg(x )
R
(c) Primitivando directamente:
Z
Z
sen(x)sen(2x)dx =
Z
sen(x)(2sen(x)cos(x))dx = 2
2
sen2 (x)cos(x)dx = sen3 (x)
3
ou primitivando por partes:
R
sen(x)sen(2x)dx =
=
=
=
R
−cos(x)sen(2x) − R−cos(x)2cos(2x)dx =
−cos(x)sen(2x) + 2 cos(x)cos(2x)dxR =
−cos(x)sen(2x) + 2[sen(x)cos(2x) − Rsen(x)(−2sen(2x))dx] =
−cos(x)sen(2x) + 2sen(x)cos(2x) + 4 sen(x)sen(2x)dx
donde se conclui que
Z
1
sen(x)sen(2x)dx = (cos(x)sen(2x) − 2sen(x)cos(2x))
3
(d) Primitivando por partes
R
xlog(x)dx =
=
=
(e) Primitivando por partes
x2
2 log(x)
x2
2 log(x)
x2
2 log(x)
2
− x2 x1 dx =
R
− x2 dx =
2
− x4
R
R√
√
xarctg( x)dx =
R 2(x) 2 2√x
√
2(x) 2
3 arctg( x) −
3 1+√x2 dx =
√ 3
R
√
2 x
x
arctg( x) − 13 1+x
dx =
√3 3
R
√
2 x
1
1
arctg( x) − 3 1 − 1+x
dx =
√3 3
√
2 x
x
1
3 arctg( x) − 3 − 3 log(|1 + x|)
3
=
=
=
3
1
II1- Primitivando xf 0 (x) por partes obtemos:
Z
0
xf (x)dx = xf (x) −
Z
f (x)dx
ou seja
Z
f (x)dx = xf (x) −
Z
xf 0 (x)dx.
Por outro lado, substituindo x por f 0 (f (x)), tiramos que
Z
Z
0
xf (x)dx =
f 0 (f (x))f 0 (x)dx = f (f (x))
pelo que
Z
f (x)dx = xf (x) − f (f (x))
2(a) Por definição a soma de Darboux inferior é
s(Pn ; f ) =
n
X
mi (xi − xi−1 )
i=1
e a soma de Darboux superior é
S(Pn ; f ) =
n
X
Mi (xi − xi−1 )
i=1
onde {x0 , x1 , . . . , xn } é a partição mi = inf{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi } e Mi =
sup{f (x) : xi−1 ≤ x ≤ xi }.
i
i−1
Neste caso xi = ni , mi = inf{x : i−1
n ≤ x ≤ n } = n e Mi = sup{x :
i−1
i
i
n ≤ x ≤ n} = n.
Portanto, temos que
s(Pn ; f ) =
n
X
i−1 i
n
i=1
e
S(Pn ; f ) =
(
n
n
X
i i
(
i=1
n n
−
n
X
i−1
i−1
)=
n
n2
i=1
−
n
X
i−1
i
)=
n
n2
i=1
(b)
n
X
i
lim (S(Pn ; f )−s(Pn ; f )) = lim (
n→∞
n→∞
i=1
n
n
X
i−1
−
2
i=1
n2
) = lim
n→∞
n
X
1
i=1
n2
= lim n
n→∞
1
=0
n2
donde se conclui que
lim s(Pn ; f ) = lim S(Pn ; f )
n→∞
n→∞
Por outro lado sabemos que
limn→∞ s(Pn ; f ) ≤ sup{s(Pn ; f ) : n ∈ IN}
≤ sup{s(P ; f ) : P ∈ ℘([0, 1])}
R1
=
f
0
R1
≤
0f
= inf{S(P ; f ) : P ∈ ℘([0, 1])}
≤ inf{S(Pn ; f ) : n ∈ IN}
≤ limn→∞ S(Pn ; f )
Logo temos que
Z
1
lim s(Pn ; f ) =
n→∞
Z
1
f=
0
f = lim S(Pn ; f )
0
n→∞
pois caso contrário não terı́amos
lim s(Pn ; f ) = lim S(Pn ; f )
n→∞
n→∞
R1
(c) A função f (x) = x é integrável em [0, 1] se 10 f = 0 f .
Tal foi provado na alı́nea (b), e o valor do seu integral será
R
Z
1
Z
1
f=
0
Z
1
f=
0
f = lim S(Pn ; f ) = lim
0
n→∞
n→∞
n
X
i
i=1
n2
n
1 X
n(n + 1)
1
i = lim
=
2
n→∞ n2
n→∞
2n
2
i=1
= lim