EP06-C2-2020-2-Gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
 
Cálculo II – EP06 (2020/2) - Gabarito 
   
Solução do Exercício 1 a: 
 
  Usemos integração por partes. Faça  4
4
3
3
4
x
x
du dx
u x
e
vdv e dx
    

.   
Assim:   4 4 4 4 4
3 3 3 3
3 . .
4 4 4 16
x x x x xxe dx x e e dx x e e C       
4 433 (4 1)
16
x xxe dx e x C     
 
(Obs.: note que foram sublinhadas as funções que fazem os papeis de  u  e  v  na fórmula de integração por 
partes  udv uv vdu    , para que se evite confusões comuns aos alunos) 
 
Solução do Exercício 1 b: 
 
Usando integração por partes, façamos 
2
7
7
cotg(3 )
csc (3 )
3
du dt
u t
t
vdv t dt
     
.    
 (Lembre‐se que  2(cotg ) ' cscx x  ) 
 
Logo:   
2 7 7 7 77 csc (3 ) .cotg(3 ) cotg(3 ) .cotg(3 ) cotg(3 )
3 3 3 3
7 7 7 7 cos(3 )
.cotg(3 ) cotg(3 ) .cotg(3 )
3 3 3 3 sen(3 )
t t dt t t t dt t t t dt
t
t t t dt t t dt
t
       
     
  
 
  (*) 
 
Fazendo 
cos(3 ) 1 1 1
sen(3 ) 3cos(3 ) ln | | ln | sen(3 ) |
sen(3 ) 3 3 3
t
w t dw t dt dt dw w t
t w
         
Substituindo em (*), fica 
 
2 7 77 csc (3 ) .cotg(3 ) ln | sen(3 ) |
3 9
t t dt t t t C     
 
ou ainda 
 
2 7 77 csc (3 ) .cotg(3 ) ln | csc(3 ) |
3 9
t t dt t t t C    
 
 
 
 
Cálculo II  EP06 ‐ Gabarito  2020/2 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
2	
Solução do Exercício 1 c: 
 
Usando integração por partes, faça  
2
55
2
22
xx
du x dxu x
v dxdv dx
      
.      
 
Agora, lembremos que  ( ) ' lnx xa a a . Portanto, pela regra da cadeia, tem‐se  
 
'5
5 5 52(2 ) ' 5.2 .ln 2 2
5ln 2
x
x x x    
 
 e segue que 
5
5 22
5ln 2
x
xv dx  . 
 
Assim,   
2 5 5 2 5
2 5 5
(*)
.2 2 .2 .2 2
.2 .2
5ln 2 5ln 2 5ln 2 5ln 2
x x x
x xx x xx dx dx x dx          (+) 
 
Usando integração por partes novamente, agora na integral (*), faça  
5
5 22
5ln 2
x
x
du dx
u x
vdv dx

    

.   A integral (*) fica 
 
5 5 5 5 5
5 5.2 2 .2 1 .2 1 2.2 2
5ln 2 5ln 2 5ln 2 5ln 2 5ln 2 5ln 2 5ln 2
x x x x x
x xx x xx dx dx dx
 
       
 
    
 
Substituindo em (+), temos 
 
2 5 5 5
2 5
5
2
2
.2 2 .2 1 2
.2
5ln 2 5ln 2 5ln 2 5ln 2 5ln 2
2 2 2
5ln 2 5ln 2 (5ln 2)
x x x
x
x
x x
x dx C
x
x C
  
     
  
 
    
 

 
 
Solução do Exercício 1 d: 
 
Inicialmente, calculemos a integral indefinida 
2
3
(ln )x
dx
x , para depois, de posse da primitiva, usarmos o 
T.F.C. 
 
Façamos  
2
2 2 2
3 2 3 2 3
3
2 (*)
1
2(ln ).(ln )
(ln ) (ln ) 2(ln ) (ln ) (ln )
1 1 2 2 2
2
du x dxu x
x x x x xx
dx dx dx
x x x x xdv dx v dxx x
            
    
  

    (+) 
 
 
 
 
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Pá
gi
na
3	
 
Usando integração por partes também em (*), fazemos 
3
2
1
ln
1 1
2
duu x
x
dv dx vx x
    
    
   e a integral (*) fica 
 
3 2 3 2 3 2 2
(ln ) ln 1 ln 1 ln 1
2 2 2 2 2 4
x x x x
dx dx dx
x x x x x x x
             
 
Substituindo isso em (+), temos a primitiva 
 
2 2
2
3 2 2 2 2
(ln ) (ln ) ln 1 1 1
( ) (ln ) ln
2 2 4 2 2
x x x
F x dx x x
x x x x x
                   . 
De volta ao cálculo da integral definida , 
2 2
3
1
(ln )x
dx
x  , o T.F.C. nos diz que
 
 
 
2 2 2
2 2
3 2 2
1
(ln ) 1 1 1 1 3 ln 2 (ln 2)
(2) (1) (ln 2) ln 2 (ln1) ln1
2.2 2 2.1 2 16 8 8
x
dx F F
x
                              

 
 
 
Solução do Exercício 2 a: 
 
Faça  
3
3 3
sen(2 )
cos(2 )
2
t
t du e dtu e
t
vdv t dt
 
     

   
 (obs.: note que, neste caso, você também poderia fazer
3
cos(2 )
t
u t
dv e dt



 . Verifique como ficaria!) 
3 3
3 3 3
(*)
.sen(2 ) 3 .sen(2 ) 3
cos 2 sen(2 ) sen(2 )
2 2 2 2
t t
t t te t e te t dt e t dt e t dt           (+) 
Usando integração por partes também em (*), fazemos 
3
3 3
cos(2 )
sen(2 )
2
t
t du e dtu e
t
vdv t dt
 
      

 
e obtém‐se 
3 3
3 3 3.cos(2 ) 3 .cos(2 ) 3sen(2 ) cos(2 ) cos(2 )
2 2 2 2
t t
t t te t e te t dt e t dt e t dt         . 
Substituindo‐se esta última em (+) , temos 
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Pá
gi
na
4	
3 3
3 3
3 3
3
.sen(2 ) 3 .cos(2 ) 3
cos 2 cos(2 )
2 2 2 2
.sen(2 ) 3 .cos(2 ) 9
. cos(2 )
2 4 2 4
t t
t t
t t
t
e t e t
e t dt e t dt
e t e t
e t dt
 
     
 
 
 

 
Note que a mesma integral, aquela que deseja‐se calcular, aparece nos dois membros da equação acima. 
Isolando‐se esta integral no primeiro membro, fica: 
 
3 3
39 .sen(2 ) 3 .cos(2 )(1 ) cos 2 .
4 2 4 2
t t
t e t e te t dt    
 
 
3 3
3
4 sen(2 ) 3
cos 2 .cos(2 )
13 2 4
1
2sen(2 ) 3cos(2 )
13
t t
t
t
e t dt e t C
e t t C
      
  

 
 
 
 
Solução do Exercício 2 b: 
 
Faça  
2
2 2.3 ln 33
cos3
sen3
3
x
x du dxu
x
vdv xdx
 
      

. Logo 
 
 
2 2
2 2 2
(*)
3 cos3 2 ln 3 3 cos3 2 ln 3
3 sen 3 .3 cos3 3 cos3
3 3 3 3
x x
x x xx xx x dx x dxdx             (+) 
 
Usando integração por partes em (*), fazemos 
2
2 2.3 ln 33
sen3
cos3
3
x
x du dxu
x
vdv xdx
 
     

   
e temos 
 
2
2 23 sen3 2 ln 33 cos3 .3 sen3
3 3
x
x xxx x dxdx   . 
Substituindo‐se esta última em (+), tem‐se: 
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
3 cos3 2ln 3 3 sen3 2 ln 3
3 sen 3 3 sen3
3 3 3 3
3 cos3 2ln 3 4(ln 3)
.3 sen3 3 sen3
3 9 9
x x
x x
x
x x
x x
xdx x dx
x
x x dx
 
   
 
  
 




 
 
Assim como no item anterior, a integral em destaque, que é justamente a qual se deseja calcular, aparece 
em ambos os membros. Isolando‐a no primeiro membro, temos: 
 
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2 2
2
2
2
2
4(ln 3) 3
1 3 sen 3 cos3 2ln 3sen3
9 9
9 3
3 sen 3 . 2 ln 3sen3 cos3
9 4(ln 3) 9
3
3
x
x
x
x
xdx x x
xdx x x C
 
      
 
    




 
ou ainda 
 
2
2
2
3
3 sen 3 2ln 3sen3 cos3
9 4(ln 3)
3
x
x xdx x x C   
  
 
 
Solução do Exercício 3 a: 
 
6 5sen sen .senx dx x xdx 
   
Faça  
5 4sen 5sen .cos
sen cos
u x du x x dx
dv xdx v x
  
 
       
.  Logo 
 
   6 5 5 4 2 5 4 2
(*)
sen sen .sen sen .cos 5sen .cos sen .cos 5 sen .cosx dx x xdx x x x x dx x x x x dx              (+) 
Usando a identidade 
2 2cos sen 1x x   na integral (*) , temos 
 
4 2 4 2 4 6sen .cos sen .(1 sen ) sen senx x dx x x dx x dx x dx       .  Substituindo isto em (+), tem‐se: 
 
 6 5 4 6sen sen .cos 5 sen senx dx x x x dx x dx     
 
Isolando o termo em destaque, no lado esquerdo da equação, obtemos: 
 
6 5 4
(**)
6 sen sen .cos 5 senx dx x x x dx          (++) 
Procedemos de maneira análoga na integral (**): 
 
4 3sen sen .senx dx x x dx  .  Faça 
3 2sen 3sen cos
sen cos
u x du x x dx
dv x dx v x
  
 
   
. 
Assim:  
4 3 3 2 2 3 2 2
3 2 4
sen sen .sen sen .cos 3sen cos sen .cos 3 sen (1 sen )
sen .cos 3 sen 3 sen
x dx x x dx x x x xdx x x x x dx
x x xdx xdx
         
   
   
 
 
Isolando, no lado esquerdo da equação, o termo em destaque, temos: 
 
  4 3 2 4 3 2
1 3
4 sen sen .cos 3 sen sen sen .cos sen
4 4
x dx x x xdx x dx x x xdx          . 
 
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Pá
gi
na
6	
Substituindo isso em (++), obtemos 
 
6 5 3 2
6 5 3 2
1 3
6 sen sen .cos 5 sen .cos sen
4 4
1 5 5
sen sen .cos sen .cos sen
6 24 8
x dx x x x x xdx
x dx x x x x xdx
       
    
 
 
 
 
 
Solução do Exercício 3 b: 
 
 
5 4cos cos .cosx dx x xdx 
   
Faça34 4cos .sencos
sencos
du x x dxu x
v xdv xdx
            
.  Logo 
 
   5 4 4 3 2 4 3 2
(*)
cos cos .cos cos .sen 4cos .sen cos .sen 4 cos .senx dx x xdx x x x x dx x x x x dx            (+) 
Usando a identidade 
2 2cos sen 1x x   na integral (*) , temos 
 
3 2 3 2 3 5cos .sen cos .(1 cos ) cos cosx x dx x x dx x dx x dx       .  Substituindo isto em (+), tem‐se: 
 
5 4 3 5cos cos .sen 4 cos cosx dx x x x dx x dx         
 
Isolando o termo em destaque, no lado esquerdo da equação, obtemos: 
 
5 4 3
(**)
5 cos cos .sen 4 cosx dx x x x dx         (++) 
Procedemos de maneira análoga na integral (**): 
 
3 2cos cos .cosx dx x x dx  .  Faça 
2 2cos .sencos
sencos
du x x dxu x
v xdv x dx
       
. 
Assim:  
3 2 2 2 2 2
2 3
cos cos .cos cos .sen 2cos .sen cos .sen 2 cos .(1 cos )
cos .sen 2 cos 2 cos
x dx x x dx x x x xdx x x x x dx
x x xdx xdx
       
  
   
 
 
Isolando, no lado esquerdo da equação, o termo em destaque, temos: 
 
  3 2 2 3 2
1 2
3 cos cos .sen 2 cos cos .sen 2sen cos cos .sen sen
3 3
x dx x x xdx x x x x dx x x x         . 
 
Substituindo isso em (++), obtemos 
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Pá
gi
na
7	
 
5 4 2
5 4 2
1 2
5 cos cos .sen 4 cos .sen sen
3 3
1 4 8
cos cos .sen cos .sen sen
5 15 15
x dx x x x x x
x dx x x x x x C
     
    


 
 
 
 
Solução do Exercício 3 c: 
 
Pelo item (b), a primitiva genérica de  5cosy x  é  4 2
1 4 8
( ) cos .sen cos .sen sen
5 15 15
F x x x x x x C    , 
em que C é uma constante. 
Devemos determinar a constante C  para que 
4
6 15
F
   
   
Tem‐se 
4 2
4 2
1 4 8
cos .sen cos .sen sen
6 5 6 6 15 6 6 15 6
1 3 1 4 3 1 8 1 9 1 4 5 4
. . .
5 2 2 15 2 2 15 2 160 10 15 32 15
F C
C C C
                               
           
   
                
   
 
Assim, para que se tenha  
4
6 15
F
   
 
 , devemos ter 
5
32
C   . 
Logo, a primitiva procurada é  
 
4 21 4 8 5( ) cos .sen cos .sen sen
5 15 15 32
F x x x x x x     
 
 
Solução do Exercício 4 a: 
 
Inicialmente, calculemos a integral indefinida  3 2sen( )t t dt  
Façamos 
2 2
2
dw
w t dw t dt t dt      
Segue que  3 2 2 2sen( ) . .sen( ) .sen( )
2
dw
t t dt t t t dt w w          (+) 
 
Nesta última integral, fazendo  2 2
cossen
w dwu du
v wdv wdw
    
    
, temos 
 
cos cos sen
sen( ) cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2
w w w w w w w
w dw w dw w dw w             
 
Substituindo em (+) obtemos a primitiva 

2
2 2
3 2 2sen sen( )( ) sen( ) cos cos( )
2 2 2 2w t
w w t t
F t t t dt w t

        
 
 
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Pá
gi
na
8	
Podemos agora usar o T.F.C. para calcular a integral definida: 
 
3 2
/2
sen( ) ( / 2) sen( / 2) 1
sen( ) ( ) ( / 2) cos( ) cos( / 2)
2 2 2 2 2
t t dt F F


                         
 
 
Solução do Exercício 4 b: 
 
Inicialmente, calculemos a integral indefinida 
2cos sen2xe xdx
 
Lembre que  sen 2 2sen cosx x x  , assim  2cos 2cossen2 .2sen cosx xe xdx e x xdx   .
  
Seja  2cos 2sen sen
2
dt
t x dt x dx x dx      
 
Segue que 
2cos 2cos (2cos )sen2 .2sen cos .(2cos ).sen .
2
x x x t te xdx e x xdx e x xdx e dt      
  
Nesta última integral,   fazendo  2 2
tt
t dtu du
v edv e dt
      
   
 , temos 

2cos
2cos
. (1 ) (1 2cos )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
t t t t t t t x
t
t x
t te e te e te e e e
e dt dt dt t x

                
 
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2cos
( ) (1 2cos )
2
xe
F x x   é uma primitiva. 
Podemos agora usar o T.F.C. para calcular a integral definida 
 
 
/2 2cos( /2) 2cos(0)
2cos
0
0 2 2
sen2 (1 2cos( / 2)) (1 2cos(0))
2 2
1
(1 2.0) (1 2)
2 2 2
( / 2) (0)x
e e
e x
e e e
dx F F
 
          
   
    
       
   
  
 
 
 
Solução do Exercício 5: 
 
Calculemos a integral indefinida  4 3(1 )x x dx  
Fazendo   
2
3
5
4
3(1 )
(1 )
5
du x dx
u x
x
vdv x dx
       
  
   temos 
 
5 5
4 3 3 5 2 3 5 2
(*)
3 3
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
5 5 5 5
x x
x x dx x x x dx x x x dx                 (+) 
 
Usando novamente integração por partes em (*), fazemos 
 
Cálculo II  EP06 ‐ Gabarito  2020/2 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
Pá
gi
na
9	
2
6
5
2(1 )
(1 )
6
du x dx
u x
x
vdv x dx
      
 
 e tem‐se 
 
6 6 6 6
5 2 2 2 6 2 6 7
6 7 8 6 7 8
2 2
1 1
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ( )
6 3 6 3 6 3
1
(1 ) (1 )
6 3 7 8 6 21 24
x x x x
x x dx x x dx x x x dx x x x dx
x x x x x x
x x
              
 
        
 
   
 
Substituindo, enfim, em (+), temos: 
 
 
5 6 7 8 5 6 7 8
4 3 3 2 3 23(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
5 5 6 21 24 5 10 35 40
x x x x x x x x
x x dx x x x x
 
             
 
  
Podemos agora aplicar o T.F.C. para calcular  a integral definida: 
 
15 6 7 81 4 3 3 2
0
0
5 6 7 8 5 6 7 8
3 2 3 2
(1 ) (1 ) (1 )
5 10 35 40
1 1 1 1 0 0 0 0 1
(1 1) (1 1) (1 0) (1 0)
5 10 35 40 5 10 35 40 280
x x x x
x x dx x x
 
        
 
   
              
   
