C1 Lista Semanal 14 - 2023_4 (Com Gabarito)

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CÁLCULO I
Prof. Emerson Veiga e Prof. Raimundo Leão
2023 - 2º Semestre
Lista de Exercícios 14
Questão 1. Calcule F (0), F ′(x) e F ′(1).
a) F (x) =
∫ x
0
et
2
sen(t2) dt b) F (x) =
∫ x2
x
tt dt
Solução:
a)
F (0) =
∫ 0
0
et
2
sen(t2) dt = 0 .
F ′(x) =
[ ∫ x
0
et
2
sen(t2) dt
]′
= ex
2
sen(x2) .
F ′(1) = e1
2
sen(12) = e · sen(1) .
b)
F (0) =
∫ 02
0
tt dt = 0 .
F ′(x) =
[ ∫ x2
x
tt dt
]′
= (x2)x
2 · 2x− xx = 2x · x2x2 − xx · 1 = 2x1+2x2 − xx .
F ′(1) = 2 · 11+2·12 − 11 = 2− 1 = 1 .
Questão 2. Calcule:
∫
x sec(x) tg(x) dx .
Dica:
∫
sec(t)dt = ln(| tg(t) + sec(t)|) + C.
Solução: Utilizando a técnica de integração por partes: uv−
∫
vdu, tomando u = x
e dv = sec(x) tg(x)dx, então du = dx e v = sec(x), sendo assim∫
x sec(x) tg(x) = x sec(x)−
∫
sec(x)dx = x sec(x)− ln(sec(x) + tg(x)) + C .
Questão 3. Calcule as seguintes integrais.
1
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a)
∫ e2
e
x ln(x)dx b)
∫ e2
e
1
x ln(x)
dx
Solução:
a) Faremos uma integração por partes, com v =
x2
2
e u = ln(x). Assim
∫ e2
e
x ln(x)dx =
[
x2
2
ln(x)
]∣∣∣∣e2
e
−
∫ e2
e
x2
2
· 1
x
dx
∫ e2
e
x ln(x)dx =
(
e4
2
ln(e2)− e2
2
ln(e)
)
−
∫ e2
e
x
2
dx
∫ e2
e
x ln(x)dx = e4 − e2
2
−
[
x2
4
]∣∣∣∣e2
e∫ e2
e
x ln(x)dx = e4 − e2
2
−
(
e4
4
− e2
4
)
∫ e2
e
x ln(x)dx =
3e4
4
− e2
4
b) Podemos reescrever a integral dada como
∫ e2
e
1
ln(x)
· 1
x
dx, e vemos claramente
que podemos fazer uma substituição u = ln(x) e du =
1
x
dx. Desse modo
∫ e2
e
1
ln(x)
· 1
x
dx =
∫ ln(e2)
ln(e)
1
u
du =
∫ 2
1
1
u
du
∫ e2
e
1
ln(x)
· 1
x
dx = ln(2)− ln(1) = ln(2)
Questão 4. Sendo f(x) = cos2(x), faça o que se pede:
a) Esboce e calcule a área da região limitada entre a função f e as retas x = −π
2
,
x =
π
2
e y = 0.
b) Encontre o valor médio de f no intervalo de
[
−π
2
,
π
2
]
.
c) Esboce um retângulo em que a base seja o intervalo
[
−π
2
,
π
2
]
e a altura seja igual
ao valor médio de f . Relacione a área desse retângulo com a calculada no item a).
Solução:
a)
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Cálculo I Lista de Exercícios 14
Figure 1: Região abaixo do gráfico de f no intervalo de [−π
2
, π
2
] .
Calculando a área da região indicada, temos que∫ π
2
−π
2
cos2(x) dx =
∫ π
2
−π
2
(
1
2
+
cos(2x)
2
)
dx
=
(
x
2
+
sen(2x)
4
)∣∣∣∣π2
−π
2
=
(
π
4
+
�
�
�
�>
0
sen(π)
4
)
−
(
− π
4
+
��
���*0
sen(−π)
4
)
=
π
2
u.a.
b) Calculando o valor médio de f nesse intervalo, temos que
fmed =
1
π
2
− (−π
2
)
∫ π
2
−π
2
cos2(x) dx
=
1
�π
·�π
2
=
1
2
.
c) O retângulo tem uma área numericamente igual a área abaixo do gráfico de f , ou
seja
Área do retângulo = Base x Altura = π · 1
2
=
π
2
=
∫ π
2
−π
2
cos2(x) dx
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Cálculo I Lista de Exercícios 14
Figure 2: Retângulo com tamanho da Base igual ao comprimento do intervalo [−π
2
, π
2
] e Altura igual a fmed
Questão 5. Calcule a integral a seguir por substituição trigonométrica.∫ 1
0
1√
1 + t2
dt
Solução: Fazendo a substituição t = tan(u), temos dt = sec(u)2du e u = arctan(t).∫ 1
0
1√
1 + t2
dt =
∫ arctan(1)
arctan(0)
1√
1 + tan(u)2
sec(u)2du =
∫ π
4
0
sec(u)2√
sec(u)2
du
∫ 1
0
1√
1 + t2
dt =
∫ π
4
0
sec(u)2
| sec(u)|
du
como sec(x) ≥ 0 para x ∈
[
0,
π
4
]
, podemos fazer | sec(x)| = sec(x)
∫ 1
0
1√
1 + t2
dt =
∫ π
4
0
sec(u)2
sec(u)
du =
∫ π
4
0
sec(u)du
Agora usaremos a dica∫ 1
0
1√
1 + t2
dt = [ln(| tan(t) + sec(t)|)]|
π
4
0
∫ 1
0
1√
1 + t2
dt = ln
(∣∣∣tan(π
4
)
+ sec
(π
4
)∣∣∣)− ln(| tan (0) + sec (0) |)∫ 1
0
1√
1 + t2
dt = ln
(∣∣∣1 +√
2
∣∣∣)− ln(|0 + 1|)∫ 1
0
1√
1 + t2
dt = ln
(
1 +
√
2
)
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