GABARITO PROVA I DE CALCULO II

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GABARITO DA PRIMEIRA PROVA DECALCULO II 
1ª) Calcule as seguintes integrais definidas: 
a.
 
3
0
2 )32( dxxx
 
Solução: 
90)999(]3²³
3
1
[)32²( 30
3
0
 xxxdxxx
 
b. 

2
1
1
dx
x
 
Solução: 
2log1log2log][log
1 2
1
2
1
 xdxx
 
2ª) Use uma substituição adequada para calcular as seguintes integrais definidas: 
a. 
 
1
0
1²
2
dx
x
x
 
Solução: Fazendo x²+1 = t temos dt =2xdx. Para x = 1, t = 2 e para x = 0 temos t=1. 
Substituindo temos: 
 
1
0
1²
2
dx
x
x
=

2
1
t
dt
=log2 pela questão anterior 
b. 
xdx
2
0
²cos

 
Solução: 
xdx
2
0
²cos

=


 dx
x2
0 2
2cos1
  dx
x
dx
22
00 2
2cos
2
1 
2
0]
2
1
[

x
+
2
0]
4
2
[
xsen
=
4

 
xdx
2
0
²cos

=
4

 
c. 
dxx 
2
1
9)2(
 
Solução: Fazendo 2-x = t temos dt = -dx. Para x = -1 temos t = 3 e para x = 2 tem-se t = 0. 
Substituindo encontramos 
dxx 
2
1
9)2(
=
dtt
0
3
9
=
dtt
3
0
9
=
101
3
0
10
310
10





t 
3ª) Use a fórmula de integração por partes para calcular a seguinte integral indefinida: 
 senxdxe
x
 
Solução: 
 senxdxe
x
 Neste caso a escolha de u e dv é indiferente, vamos fazer 
xvedxedusenxdxdveeu xx cos
 então 
 
 senxdxe
x
=
 xdxexe
xx coscos
.Temos agora outra integral com o mesmo grau de 
dificuldade. Vamos usar o mesmo método 
senxvedxeduxdxdveeu xx  cos
 
 senxdxe
x
=
 senxdxesenxexe
xxx cos
 

2
 senxdxe
x
=
Ksenxexe xx  cos
 
Portanto 
 senxdxe
x
=
]cos[
2
1
Kxesenxe xx 
 
4ª) Calcule as seguintes integrais indefinidas: 
a. 
 dxxe
x3
 
Solução: Vamos integrar por partes fazendo u = x e dv =
dxe x3 
du = dx e v = 
xe3
3
1
 
 dxxe
x3
=
xex 3
3
1
- 
 dxe
x3
3
1
=
xex 3
3
1
-
xe3
9
1
+K 
 dxxe
x3
=
K
x
e x  ]
9
1
3
[3
 
b. 
 xdxlog
 
Solução: Conforme a sugestão fazemos u=logx e dv = dx 

du =
dx
x
1
 e v = x. Temos 
 xdxlog
=x logx- 
 xdxx
1
=x logx – x + K 
 xdxlog
=x (log x – 1) + K 
5ª) Use a técnica de integração por frações parciais para calcular a integral abaixo: 
 

dx
xx
x
23²
3
 
Solução: x² -3x+2 = (x – 1).(x – 2) então 
2123²
3






x
B
x
A
xx
x
onde A e B são constantes 
a determinar. Resolvendo temos A = -4 e B=5, assim 
 

dx
xx
x
23²
3
=
dx
x
dx
x  



2
5
1
4
= 
-4log|x – 1| +5log|x – 2| + K 
 

dx
xx
x
23²
3
=








4
5
|1|
|2|
log
x
x
C
, onde K = logC 
6ª) Questão 
a) Se f é contínua, use a substituição u = 
x-
para mostrar que: 
 
 
00
)(
2
)( dxsenxfdxsenxxf
 
Solução 
Utilizaremos a propriedade seguinte: 




cb
ca
b
a
duufdxcxf )()(
 onde u=x+c 
  u 0, xquando e 0u , xQuando dx.du Então x.-u Seja . Então 
  
   
0 0 0
)(()())(()()( duusenfuduusenfudxsenxxf
 
   
   
0 00 0
)()()()( dxsenxxfdxsenxfdusenuufdusenuf
, ou seja 
  
  
0 00
)()()( dxsenxxfdxsenxfdxsenxxf
 => 
 
 
00
)()(2 dxsenxfdxsenxxf

 
 
 
00
)(
2
)( dxsenxfdxsenxxf
 
b) 
 

0 ²cos1
dx
x
xsenx
 
Podemos escrever 
 

0 ²cos1
dx
x
xsenx
=
 

0 ²2
. dx
xsen
senx
x
=


0
)(. dxsenxfx 

0
)(
2
dxsenxf
 
onde 
²2
2
)(
t
tf


devido o problema anterior. 
Assim temos 
 

0 ²cos1
dx
x
xsenx
=
 

0 ²cos12
dx
x
senx
 Faça 
senxdxduxu  cos
 
Se 
101  uxeux  , logo temos 
 

0 ²cos12
dx
x
senx
=




1
1 ²12 u
du
= 
)]1()1([
2
][
2²12
1
1
1
1



 arctgarctgarctguu
du  =
4
)]
4
(
4
[
2
2

 
 

0 ²cos1
dx
x
xsenx
=
4
2