C1 Lista Semanal 12 - 2023_4 (Com Gabarito)

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CÁLCULO I
Prof. Emerson Veiga e Prof. Raimundo Leão
2023 - 2º Semestre
Lista de Exercícios 12
Questão 1. Calcule as primitivas das funções apresentadas.
a) f(x) = 3x2 − 2x . b) g(x) = e−x − 1 .
Solução:
a)
∫
f(x)dx = x3 − x2 + C . b)
∫
g(x)dx = −e−x − x+ C .
Questão 2. Sendo f(x) =
√
x, g(x) = −f(x), h(x) = 1
2
cos(x) e m(x) = −h(x).
Monte a integral que permite calcular a área destacada nas figuras abaixo. Não é
necessário calcular as integrais, mas apenas expressá-las.
a)
b)
1
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c)
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d)
Solução:
a) ∫ 3
1
f(x)dx =
∫ 3
1
√
xdx .
b) ∫ 2
1
(f(x)− g(x))dx =
∫ 2
1
2
√
xdx .
c)
−
∫ π
2
0
m(x)dx =
∫ π
2
0
1
2
cos(x)dx .
d) ∫ π
2
0
(h(x)−m(x))dx+
∫ π
π
2
(m(x)− h(x))dx =
∫ π
2
0
cos(x)dx+
∫ π
π
2
− cos(x)dx .
Questão 3. Ache o valor exato da integral definida:
a)
∫ 2
0
x2dx .
b)
∫ 2
1
x3dx .
c)
∫ 4
0
(x2 + x− 6)dx .
d)
∫ π
3
π
6
tg(x)dx .
Solução:
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a) ∫ 2
0
x2dx =
x3
3
∣∣∣∣2
0
=
23
3
− 03
3
=
8
3
.
b) ∫ 2
1
x3dx =
x4
4
∣∣∣∣2
1
=
24
4
− 14
4
=
16− 1
4
=
15
4
.
c) ∫ 4
0
(x2+x−6) =
(
x3
3
+
x2
2
−6x
)∣∣∣∣4
0
=
(
43
3
+
42
2
−6·4
)
−
(
03
3
+
02
2
−6·0
)
=
16
3
.
d) ∫ π
3
π
6
tg(x)dx = − ln(cos(x))
∣∣∣∣π3
π
6
= − ln(cos(
π
3
))+ln(cos(
π
6
)) = ln(
√
3
2
)−ln(
1
2
) = ln(
√
3) .
Questão 4. Sendo f(x) = ex e g(x) = e−x, esboce e calcule a área das regiões
indicadas nos itens abaixo:
a) Região abaixo do gráfico de g no intervalo de [−2, 2] .
b) Região entre as curvas f e g no intervalo de [−1, 1] .
c) Região da intersecção da área abaixo do gráfico de f com a área abaixo do gráfico
de g no intervalo [−π, π] .
d) Região da união da área abaixo do gráfico de f com a área abaixo do gráfico de g
no intervalo [−e, e] .
Solução:
a) ∫ 2
−2
e−xdx = −e−x
∣∣∣∣2
−2
= −e−2 + e2 = e2 − 1
e2
.
Figure 1: Região abaixo do gráfico de g no intervalo de [−2, 2] .
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b) ∫ 0
−1
(e−x − ex)dx+
∫ 1
0
(ex − e−x)dx = (−e−x − ex)
∣∣∣∣0
−1
+ (ex + e−x)
∣∣∣∣1
0
= −e0 − e0 − (−e1 − e−1) + e1 + e−1 − (e0 + e0)
= −1− 1 + e+
1
e
+ e+
1
e
− 1− 1
= 2e+
2
e
− 4 .
Figure 2: Região entre as curvas f e g no intervalo de [−1, 1] .
c) ∫ 0
−π
exdx+
∫ π
0
e−xdx = ex
∣∣∣∣0
−π
+ (−e−x)
∣∣∣∣π
0
= (e0 − e−π) + (−e−π + e0)
= 2− 2
eπ
.
Figure 3: Região da intersecção da área abaixo do gráfico de f com a área abaixo do gráfico de g no intervalo [−π, π] .
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d) ∫ 0
−e
e−xdx+
∫ e
0
exdx = (−e−x)
∣∣∣∣0
−e
+ ex
∣∣∣∣e
0
= (−e0 + ee) + (ee − e0)
= −1 + ee + ee − 1
= 2ee − 2 .
Figure 4: Região da união da área abaixo do gráfico de f com a área abaixo do gráfico de g no intervalo [−e, e] .
Questão 5. Usando a definição da Integral de Riemann calcule a integral. Utilize
como modelo o exemplo resolvido a seguir.
a)
∫ 2
0
x
2
dx . b)
∫ 1
0
2xdx [Item extra – Desafio]
Exemplo resolvido para a Questão 5. Seja f(x) = 2−x. Sabendo que essa função
é integrável e usando a definição de
∫ 1
0
f(x)dx através de soma de Riemann, temos:
∫ b
a
f(x)dx = lim
n→+∞
n−1∑
i=0
f
(
a+ i · b− a
n
)
b− a
n
∫ 1
0
f(x)dx = lim
n→+∞
n−1∑
i=0
f
(
0 + i
1
n
)
1
n
onde fizemos ∆x constante e igual a
b− a
n
=
1− 0
n
=
1
n
para simplificar os cálculos.
n−1∑
i=0
f
(
i
n
)
1
n
=
n−1∑
i=0
(
2− i
n
)
1
n
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n−1∑
i=0
f
(
i
n
)
1
n
=
n−1∑
i=0
2n− i
n2
.
Observe que temos a soma de uma progressão aritmética, onde o primeiro termo
é
2n− 0
n2
=
2
n
e a razão é
−1
n2
. Usando a fórmula da soma de uma PA:
n−1∑
i=0
2n− i
n2
=
(
2
n
+
2n− (n− 1)
n2
)
n
2
n−1∑
i=0
2n− i
n2
=
(
2n+ n+ 1
n2
)
n
2
n−1∑
i=0
2n− i
n2
=
3n+ 1
2n
Substituindo no limite: ∫ 1
0
(2− x)dx = lim
n→+∞
3n+ 1
2n
=
3
2
.
Solução:
a) ∫ 2
0
f(x)dx = lim
n→+∞
n−1∑
i=0
f
(
i
2
n
)
2
n
n−1∑
i=0
f
(
2i
n
)
2
n
=
n−1∑
i=0
i
n
· 2
n
n−1∑
i=0
f
(
2i
n
)
2
n
=
n−1∑
i=0
2i
n2
o primeiro termo desta PA é 0 e o último é
2n− 2
n2
. Desse modo
n−1∑
i=0
2i
n2
=
(
0 +
2n− 2
n2
)
n
2
n−1∑
i=0
2i
n2
=
2n2 − 2n
2n2
substituindo no limite ∫ 2
0
x
2
dx = lim
n→+∞
2n2 − 2n
2n2
= 1.
b) ∫ 1
0
f(x)dx = lim
n→+∞
n−1∑
i=0
f
(
i
1
n
)
1
n
n−1∑
i=0
f
(
i
n
)
1
n
=
n−1∑
i=0
2
i
n · 1
n
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n−1∑
i=0
f
(
i
n
)
1
n
=
n−1∑
i=0
2
i
n
n
.
Temos uma progressão geométrica onde o primeiro elemento é
1
n
e a razão é 2
1
n ,
assim
n−1∑
i=0
2
i
n
n
=
1
n
(
2
n−1
n − 1
2
1
n − 1
)
n−1∑
i=0
2
i
n
n
=
2
−1
n
n
(
2− 2
1
n
2
1
n − 1
)
substituindo no limite ∫ 1
0
2xdx = lim
n→+∞
2
−1
n
n
(
2− 2
1
n
2
1
n − 1
)
.
Para calcular esse limite faremos a substituição u =
1
n∫ 1
0
2xdx = lim
u→0
2−uu
(
2− 2u
2u − 1
)
= lim
u→0
2−u
(
u(2− 2u)
2u − 1
)
∫ 1
0
2xdx = lim
u→0
2−u lim
u→0
(
u(2− 2u)
2u − 1
)
sabemos que lim
u→0
2−u = 1. Para o outro limite, usaremos l’Hôpital.
∫ 1
0
2xdx = lim
u→0
(
(2− 2u) + u ln(2)2u
ln(2)2u
)
.
Podemos agora substituir diretamente.∫ 1
0
2xdx =
(2− 20) + 0 ln(2)20
ln(2)20∫ 1
0
2xdx =
2− 1
ln(2)1∫ 1
0
2xdx =
1
ln(2)
.
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