EP04-C2-2016-1-Gabarito

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Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior a Distância 
 
Cálculo II – EP04 (2016/1) GABARITO 
 
 
Solução do Exercício 1: 
 
a) FALSO. De fato, basta fazer 
x e
. 
 
Neste caso, tem-se 
ln ln 1x e 
. Logo: 
 
1 1
2 2ln 1 1x  
, mas 
 
1 1 1
ln .1
2 2 2
x  
. 
O que seria verdade é que 
 1 2
1
ln (ln )
2
x x . 
Atente para a diferença seguinte: 
 1 2 1 2(ln ) lnx x
. 
 
b) FALSO. Lembre que a noção de integral definida vista neste curso faz sentido para uma 
função real cujo domínio é um intervalo fechado e limitado. 
A função 
1
( )f x
x

 não está definida em 
0x 
 e como 
0 [ 1,2] 
, a integral definida 2
1
1
dx
x


 não faz 
sentido. 
 
Solução do Exercício 2: 
 
Lembremos que, pela definição, 
senh ( )
2
x xe e
x


, 
cosh ( )
2
x xe e
x


, 
senh( )
( )
cosh( )
x x
x x
x e e
tgh x
x e e



 

. 
 
Como a função 
xy e
 é derivável em , segue que as funções 
senh( )y x
e 
cosh( )y x
 também são 
deriváveis em por serem somas de funções deriváveis em . 
Quanto à função 
( )y tgh x
, basta lembrar que 
0xe 
, para todo 
x
. Em particular, o denominador 
da fração que define 
( )
x x
x x
e e
tgh x
e e





 não se anula. Sendo quociente de funções deriváveis em , segue 
que a função 
( )y tgh x
é derivável em . 
 
Cálculo das derivadas: 
 
 
a) 
( ) ' ( ) ' ( )
(senh( )) ' cosh( )
2 2 2
x x x x x x
pela
definição
e e e e e e
x x
     
   
; 
 
Cálculo II EP04 – Gabarito 2016/1 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
P
ág
in
a2
 
b) 
( ) ' ( ) ' ( )
(cosh( )) ' senh( )
2 2 2
x x x x x x
pela
definição
e e e e e e
x x
     
   
; 
 
c) Pela regra de derivação do quociente, tem-se: 
 
2 2
( ) '.( ) ( ).( ) ' ( ).( ) ( ).( )
( ( )) '
( ) ( )
x x x x x x x x x x x x x x x x
x x x x
e e e e e e e e e e e e e e e e
tgh x
e e e e
       
 
         
 
 
2 2 2
2
2 2
( ) ( ) ( )
1 1 ( )
( ) ( )
x x x x x x
x x x x
e e e e e e
tgh x
e e e e
  
 
   
    
 
 (*) 
 
Pelo exercício 4(b) da aula 9 do caderno didático (você fez este exercício?), sabemos que 
2
2
1
( ) 1
cosh ( )
tgh x
x
 
, ou seja, 
2 2
2
` .
1
1 ( ) sech ( )
cosh ( ) def
tgh x x
x
  
. 
 
Portanto, segue de (*) que 
 
2( ( )) ' sech ( )tgh x x
. 
 
 
 
 
Solução do Exercício 3: 
 
a) Como 
(3 ) ' 3 .ln3x x
 , então '3
3
ln 3
x
x   
 
 . Portanto 
3
3
ln 3
x
x Cdx 
. 
b) Como ''1 1 1 1 1
.ln ln 7
7 7 7 7 7
x x
x x
      
         
       
 , então '1 1
7 ln 7 7x x
 
  
 
 . Portanto 
1 1
7 7 ln 7x x
Cdx  
. 
c) Como 
3 3(5 ) ' 3.5 .ln5x x
, então '3
35 5
3ln 5
x
x   
 
 . Portanto 3
3 55
3ln 5
x
x Cdx 
. 
d) Como 
5 5(8 ) ' 5.8 .ln8x x
, então '5
58 8
5ln8
x
x   
 
 e assim '5 58 8
35ln8 7
x x 
 
 
. Portanto 
5 58 8
7 35ln8
x x
Cdx 
. 
e) Como 
2 2
( ) ' 2x xe xe
, então 2
2
'
2
x
xe xe
 
  
 
 . Portanto 2
2
2
x
x exe Cdx 
. 
f) Como 
2 2
(7 ) ' 2 .7 ln 7x xx
, então 2
2
'
7
7
2ln 7
x
xx
 
  
 
 e assim 2 2'7 7
6ln 7 3
x xx 
  
 
 . Portanto 
2
2 7
7
3 6ln 7
x
xx Cdx 
. 
Cálculo II EP04 – Gabarito 2016/1 
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P
ág
in
a3
 
 
g) Como 
5 5
5
'
41 (3 ) ' 5 .3 ln3
3
x x
x
x 
 
   
 
, então 
5 5
' 41
3 .5ln 3 3x x
x 
  
 
. Portanto 
5 5
4 1
3 3 .5ln 3x x
x
Cdx  
. 
 
h) Como 
2 ' 2(5 ) 2cos(2 ).5 .ln5sen x sen xx
, então '2
25 cos(2 ).5
2ln 5
sen x
sen xx
 
 
 
. Portanto 
2
2 5cos(2 ).5
2ln 5
sen x
sen xx Cdx 
. 
 
i) Como 
' 2
2
( ) sec .
cos
tg x
tg x tg x ee x e
x
 
, então 
2cos
tg x
tg xe e C
x
dx 
. 
 
j) Como 
2 2 2cos ' cos cos
(2 )
(3 ) 2cos .3 .ln3 2 (2 ).3 .ln3x x x
sen x
x sen x sen x   
, então 
2
2
'
cos
cos3 (2 ).3
2ln 3
x
xsen x
 
   
 
. Portanto 2
2
cos
cos 3(2 ).3
2ln 3
x
xsen x Cdx  
. 
 
k) Como 
'
2
3
(3 )
1
arcsen x
arcsen x
x


, então 
2
3
3
1
arcsen x
arcsen x C
x
dx 


. 
 
Obs.: Note, nos itens e até k deste exercício, que as funções que apareceram no expoente tinham como 
derivada exatamente a função que aparecia multiplicando (a menos de uma constante multiplicativa) . Isto 
será melhor visto na aula da próxima semana (Método da substituição simples). 
 
Solução do Exercício 4: 
 
l) Observe que a função 
( ) 12lnF x x
 é derivável em 
(0, )
 e tem como derivada 
12
'( )F x
x

. 
Portanto, pelo T.F.C., segue que 
5
1
12
(5) (1) 12ln(5) 12ln(1) 12ln(5)dx F F
x
    
 
 
m) A função 
2( ) xG x e
 é derivável em e tem como derivada 
2'( ) 2 xG x e 
. 
Portanto a função 
21( )
2
xF x e 
 tem como derivada 
2'( ) xF x e
. 
Assim, pelo T.F.C., temos que: 
 
 2.1 2.0 2
1
2
0
1 1 1
1
2 2 2
(1) (0)x e e ee dx F F   
   
     
   
     
. 
 
 
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P
ág
in
a4
 
n) Note que a função 35
( )
log5
x
F x


 é derivável em e tem a derivada 
3'( ) 5 xF x 
. 
Portanto, pelo T.F.C. 
3 4 3 3 1 0
1
4
3
3
5 5 5 5 1 4
5 (1 5 )
log5 log5 log5 log5 log5 5log5
(4) (3)x dx F F
  
                       
       
  
. 
 
o) Note que a função 
( ) 2xG x 
é derivável em e tem derivada 
'( ) (ln 2).2xG x 
. 
Assim a função 
1
( ) .2
ln 2
xF x 
 tem como derivada 
'( ) 2xF x 
. 
Portanto, pelo T.F.C. 
 
2 1
2
1
1 1 7 7
.2 .2
ln 2 ln 2 2.ln 2 ln 4
2 (2) ( 1)x dx F F 

     
. 
 
p) Similarmente ao item anterior, notemos que a função 
6 2
( )
ln 6 ln 2
x x
F x  
 é derivável em e tem 
como derivada 
'( ) 6 2x xF x  
. 
Pelo T.F.C., temos 
 
1 1
1
2 2 6 2 2
) )
ln 6 ln 2 ln 6 ln 2 ln 6 ln 2
)
6 6 6
(6 2 ( ) (1) ( (
e e e e
x x
e
dx F e F
 
       
. 
 
q) Note que a função 
4tgh xy 
 é derivável em e sua derivada é 
2' 4 log 4.tghxy sech x
. 
Assim a função 
4
( )
3log 4
tgh x
F x 
 tem derivada 24
'( )
3
tgh x sech x
F x 
. 
Pelo T.F.C.: 
3 (log 3) 0
2 (log 3) 0
log
0
4 4 4 1
log 3) (0) (4 4 ) (*)
3 3log 4 3log 4 3log 4
(
tgh x tgh tgh
tgh tghsech xdx FF     
 
 
Lembremos que 
cosh
x x
x x
senh x e e
tgh x
x e e



 

. Logo 
 
log 3 log 3
log 3 log 3
1
3
13
(log 3)
1 2
3
3
e e
tgh
e e




  
 
 
0 0
0 0
0 0
e e
tgh
e e

 

 
Substituindo em (*), fica 
3
2 1/2 0
log
0
4 1 1
(4 4 )
3 3log 4 log 64
tgh x
sech xdx  
 
 
Solução do Exercício 5: 
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ág
in
a5
 
 
a) 24 4 4
2 2
log log log0
0 0 0
( ) cos cos cos cos cos ( ) ( ) (*)
x x xx
x x
H x t dt t dt t dt t dt t dt F x G x            
 
 
em que 
2( ) ( )F x h x
 e 
4( ) (log )G x h x
, sendo 
0
( ) cos
x
h x t dt 
 
 
Pelo TFC: 
'( ) cosh x x
. 
Pela regra da cadeia: 
 
2 2 2'( ) '( )( ) ' cos( ).2F x h x x x x 
 
4 4 4
1
'( ) '(log ).(log ) ' cos(log ).
log 4
G x h x x x
x
 
 
Por (*), segue que 
2 4cos(log )'( ) '( ) '( ) 2 cos( )
log 4
x
H x F x G x x x
x
     
 
 
b) 
( ) ( ) ( )
ln
log log log
ln ln
) ) ) ) )( ( ( ( (
( ) ( ) ( )
( )
x
x x x
x x
t t t t t
e
x x xx
e e
x x
arctg e dt arctg e dt arctg e dt arctg e dt arctg e dt
A x B x
G x
      
 
     
   
 
 
 
   
   
   
     
2
5 5 5
2 2
1
1 1
0
0 0 0 
 
em que ln( )
xe
x
A x g
  
     

2 1
 e  ( ) log ( )xB x g x 5 , sendo ( ) ( )
x
tg x arctg e dt 
0
. 
 
Pelo TFC: '( ) ( )xg x arctg e . 
Pela regra da cadeia: 
ln
**
( )
ln . ln ' . .
( )
( )
( )
'( ) ' '.
xe
x xx x x
x
xx
x
e x xee e e
arctg e arctg
xx xx x x
e x xe
arctg
xx
A x g
e x
x ee
x
 
 
  
                                     
  
 
 

  
  
    
   

2
2 1
2 22 2 2
2
22
2
1 2
2 11 1 1
2
2 1
11
1 1
1
1
( )
.
x xe
arctg
x xx
x
e
 
 
 


2
2 22
2
1
11
1
 
em (**) usamos que lnae a . 
     log ( )
log( )
log log
'( ) ' log ( ) . log ( ) ' .
. ( ) .
( ) '.
( ) log
log
( log ).
( ) log ( ) log
x xx x
x x
x
x
B x g x x arctg e
x
x
x
arctg e arctg x
x x
x
x
x
x
x x
 


  
  
 
      


   
   
       
 


  
 
5
5 5
1
5 5
1
1
1
5
1
5 5
 
 
 
Cálculo II EP04 – Gabarito 2016/1 
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P
ág
in
a6
 
Por ( ) , segue que 
 
log
( )
( ) .'( ) '( ) '( )
log
( )log
x
x
x
xe
arctg arctg x
xxx
G x A x B x
x
x

   

  
   
   
    


12
5
22
1
1
11 5