Exercícios Programados 06-C2-2016-1-Gabarito

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Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior a Distância 
 
Cálculo II – EP06 (2016/1) - 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 43 3 3 33 . .
4 4 4 16
x x x x xxe dx x e e dx x e e C      
4 43 13 ( )
4 4
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
(3 )
csc (3 )
3
du dt
u t
cotg t
vdv t dt

 
  
 

. 
 (Lembre-se que 
2( ) ' csccotgx x 
) 
 
Logo: 
2 7 7 7 77 csc (3 ) . (3 ) (3 ) . (3 ) (3 )
3 3 3 3
7 7 7 7 cos(3 )
. (3 ) (3 ) . (3 )
3 3 3 3 (3 )
t t dt t cotg t cotg t dt t cotg t cotg t dt
t
t cotg t cotg t dt t cotg t dt
sen t
       
     
  
 
 (*) 
 
Fazendo 
cos(3 ) 1 1 1
(3 ) 3cos(3 ) ln | | ln | (3 ) |
(3 ) 3 3 3
t
w sen t dw t dt dt dw w sen t
sen t w
       
 
Substituindo em (*), fica 
 
2 7 77 csc (3 ) . (3 ) ln | (3 ) |
3 9
t t dt t cotg t sen t C   
 
 
 
Solução do Exercício 1 c: 
 
Usando integração por partes, faça 2
55
2
22
xx
d u x d xu x
v dxdv dx
  
 
  
. Agora, lembremos que 
( ) ' lnx xa a a
. Portanto, pela regra da cadeia, tem-se 
 
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P
ág
in
a2
 
'
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

   
         
    
   (+) 
 
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 
 
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P
ág
in
a3
 
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
(2 )
cos(2 )
2
t
t du e dtu e
sen t
vdv t dt
 
  
 
 

 
 (obs.: note que, neste caso, você também poderia fazer
3
cos(2 )
t
u t
dv e dt



 ) 
3 3
3 3 3
(*)
. (2 ) 3 . (2 ) 3
cos 2 (2 ) (2 )
2 2 2 2
t t
t t te sen t e sen te t dt e sen t dt e sen t dt       (+) 
Usando integração por partes também em (*), fazemos 
3
3 3
cos(2 )
(2 )
2
t
t du e dtu e
t
vdv sen t dt
 
  
 
  

 
e obtém-se 3 3
3 3 3.cos(2 ) 3 .cos(2 ) 3(2 ) cos(2 ) cos(2 )
2 2 2 2
t t
t t te t e te sen t dt e t dt e t dt        
. 
Substituindo-se esta última em (+) , temos 
3 3
3 3
3 3
3
. (2 ) 3 .cos(2 ) 3
cos 2 cos(2 )
2 2 2 2
. (2 ) 3 .cos(2 ) 9
. cos(2 )
2 4 2 4
t t
t t
t t
t
e sen t e t
e t dt e t dt
e sen 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 . (2 ) 3 .cos(2 )(1 ) cos 2 .
4 2 4 2
t t
t e sen t e te t dt   
 
3 34 (2 ) 3cos 2 .cos(2 )
13 2 4
t t sen te t dt e t C
 
    
 

 
 
 
 
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P
ág
in
a4
 
 
 
Solução do Exercício 2 b: 
 
Faça 
2
2 2.3 ln 33
cos3
3
3
x
x du dxu
x
vdv sen xdx
 
  
 
  

. Logo 
 
 
2 2
2 2 2
(*)
3 cos3 2ln 3 3 cos3 2ln 3
3 3 .3 cos3 3 cos3
3 3 3 3
x x
x x xx xsen x xdx xdxdx        (+) 
 
Usando integração por partes em (*), fazemos 
2
2 2.3 ln 33
3
cos3
3
x
x du dxu
sen x
vdv xdx
 
  
 
 

 
e temos 
 
2
2 23 3 2ln33 cos3 .3 3
3 3
x
x xsen xx sen xdxdx   . 
Substituindo-se esta última em (+), tem-se: 
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
3 cos3 2ln 3 3 3 2ln 3
3 3 3 3
3 3 3 3
3 cos3 2ln 3 4(ln 3)
.3 3 3 3
3 9 9
x x
x x
x
x x
x sen x
sen xdx sen xdx
x
sen x sen xdx
 
   
 
  
 




 
 
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: 
 
2 2
2
2
2
2
4(ln 3) 3 2ln 3
1 3 3 cos3 3
9 3 3
9 3 2ln 3
3 3 . 3 cos3
9 4(ln 3) 3 3
x
x
x
x
sen xdx x sen x
sen xdx sen x x C
   
     
  
 
     




 
ou ainda 
 
2 1
2
2
3 2ln3
3 3 3 cos3
9 4(ln3) 3
x
x sen xdx sen x x C

 
    

 
 
 
Solução do Exercício 3 a: 
 
6 5 .sen xdx sen x senxdx 
 
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P
ág
in
a5
 
Faça 5 45 .cos
cos
u sen x du sen x xdx
dv senxdx v x
  
 
    
. Logo 
 
 
6 5 5 4 2 5 4 2
(*)
. .cos 5 .cos .cos 5 .cossen xdx sen x senxdx sen x x sen x xdx sen x x sen x xdx           (+) 
Usando a identidade 
2 2cos 1x sen x 
 na integral (*) , temos 
 
4 2 4 2 4 6.cos .(1 )sen x xdx sen x sen x dx sen xdx sen xdx      
. Substituindo isto em (+), tem-se: 
 
 6 5 4 6.cos 5sen xdx sen x x sen xdx sen xdx      
Isolando o termo em destaque, no lado esquerdo da equação, obtemos: 
 
6 5 4
(**)
6 .cos 5sen xdx sen x x sen xdx   
 (++) 
Procedemos de maneira análoga na integral (**): 
 
4 3 .sen xdx sen x senxdx 
. Faça 3 23 cos
cos
u sen x du sen x xdx
dv senxdx v x
  
    
. 
Assim: 
4 3 3 2 2 3 2 2
3 2 4
. .cos 3 cos .cos 3 (1 )
.cos 3 3
sen xdx sen x senxdx sen x x sen x xdx sen x x sen x sen x dx
sen x x sen xdx sen xdx
         
   
   
 
 
Isolando, no lado esquerdo da equação, o termo em destaque, temos: 
 
 
4 3 2 4 3 21 34 .cos 3 .cos
4 4
sen xdx sen x x sen xdx sen xdx sen x x sen xdx         
. 
 
Substituindo isso em (++), obtemos 
 
6 5 3 2
6 5 3 2
1 3
6 .cos 5 .cos
4 4
1 5 5
.cos .cos
6 24 8
sen xdx sen x x sen x x sen xdx
sen xdx sen x x sen x x sen xdx
 
     
 
    
 
 
 
 
 
Solução do Exercício 3 b: 
 
 
5 4cos cos .cosxdx x xdx 
 
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P
ág
in
a6
 
Faça 34 4cos .cos
cos
du x senxdxu x
v senxdv xdx
    
 
   
. Logo 
 
 
5 4 4 3 2 4 3 2
(*)
cos cos .cos cos . 4cos . cos . 4 cos .xdx x xdx x senx x sen xdx x senx x sen xdx         (+) 
Usando a identidade 
2 2cos 1x sen x 
 na integral (*) , temos 
 
3 2 3 2 3 5cos . cos .(1 cos ) cos cosx sen xdx x x dx xdx xdx      
. Substituindo isto em (+), tem-se: 
 
5 4 3 5cos cos . 4 cos cosxdx x senx xdx xdx   
    
 
 
Isolando o termo em destaque, no lado esquerdo da equação, obtemos: 
 
5 4 3
(**)
5 cos cos . 4 cosxdx x senx xdx  
 (++) 
Procedemos de maneira análoga na integral (**): 
 
3 2cos cos .cosxdx x xdx 
. Faça 2 2cos .cos
cos
du x senxdxu x
v senxdv xdx
   
 
  
. 
Assim: 
3 2 2 2 2 2
2 3
cos cos .cos cos . 2cos . cos . 2 cos .(1 cos )
cos . 2 cos 2 cos
xdx x xdx x senx x sen xdx x senx x x dx
x senx xdx xdx
       
  
   
 
 
Isolando, no lado esquerdo da equação, o termo em destaque, temos: 
 
 
3 2 2 3 21 23 cos cos . 2 cos cos . 2 cos cos .
3 3
xdx x senx xdx x senx senx xdx x senx senx        
. 
 
Substituindo isso em (++), obtemos 
 
5 4 2
5 4 2
1 2
5 cos cos . 4 cos .
3 3
1 4 8
cos cos . cos .
5 15 15
xdx x senx x senx senx
xdx x sen x x sen x sen x C
 
   
 
    


 
 
 
Solução do Exercício 3 c: 
 
Pelo item (b), a primitiva genérica de 
5cosy x
 é 
4 21 4 8( ) cos . cos .
5 15 15
F x x sen x x sen x sen x C   
, 
em que 
C
é uma constante. 
Devemos determinar a constante 
C
 para que 
4
6 15
F
 
 
  
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P
ág
in
a7
 
Tem-se 
4 2
4 2
1 4 8
cos . cos .
6 5 6 6 15 6 6 15 6
1 3 1 4 3 1 8 1 9 12 8 5 4
. . .
5 2 2 15 2 2 15 2 160 120 30 32 15
F sen sen sen 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 . cos .
5 15 15 32
F x x sen x x sen x sen x   
 
 
Solução do Exercício 4 a: 
 
Inicialmente, calculemos a integral indefinida 
3 2( )t sen t dt
 
Façamos 
2 2
2
dw
w t dw t dt t dt    
 
Segue que 
3 2 2 2( ) . . ( ) . ( )
2
dw
t sen t dt t t sen t dt w sen w   
 (+) 
 
Nesta última integral, fazendo 
2 2
cos
w dw
u du
v wdv senwdw
   
 
    
, temos 
 
cos cos
( ) cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2
w w w w w w senw
sen w dw w dw w dw w          
 
 
Substituindo em (+) obtemos a primitiva 
2
2 2
3 2 2 ( )( ) ( ) cos cos( )
2 2 2 2
w t
w senw t sen t
F t t sen t dt w t

      
 
Podemos agora usar o T.F.C. para calcular a integral definida: 
 
3 2
/2
( ) ( / 2) ( / 2) 1
( ) ( ) ( / 2) cos( ) cos( / 2)
2 2 2 2 2
sen sen
t sen t dt F F


                      
   

 
 
Solução do Exercício 4 b: 
 
Inicialmente, calculemos a integral indefinida 
2cos 2xe sen xdx
 
Lembre que 
2 2 cossen x senx x
 , assim 
2cos 2cos2 .2 cosx xe sen xdx e senx xdx 
 .
 
Seja 
2cos 2t x dt senxdx   
 
Segue que 
2cos 2cos2 .2 cos .
2
x x t te sen xdx e senx xdx e dt    
 
Nesta última integral, fazendo 
2 2
tt
t dt
u du
v edv e dt
     
 
   
 , temos 
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P
ág
in
a8
 
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

               
 
Logo 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
2 (1 2cos( / 2)) (1 2cos(0))
2 2
1
(1 2.0) (1 2)
2 2 2
( / 2) (0)x
e e
e sen 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 integração por partes em (*), fazemos 
 
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: 
 
1
5 6 7 8
1
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
 
        
 
   
              
   
