Exercícios Programados 08-C2-2016-1-Gabarito

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Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior a Distância 
 
Cálculo II – EP08 – (2016/1) - GABARITO 
 
 
Solução do Exercício 1 a: 
 
Note que no denominador aparece uma expressão do tipo 
2 2u a
, com 
3.u x
 e 
2a 
. 
De acordo com as sugestões dadas e as observações feitas na folha de questões, a substituição 
com a função secante é mais apropriada (a função cossecante também poderia ser usada, mas 
não foi sugerida no enunciado). 
Fazendo a analogia com o triângulo retângulo, temos a figura 3 a seguir. 
 
 
Figura 3 
 
 
 
Assim: 
 
2
.
3. 3
2 2
. .
3
x sec
x
sec
dx sec tg d


  



  



 
Além disso, 2
23 2 3 2 2.
2
x
tg x tg    
 
 
Portanto: 
 
2
2 2
2
2
23 .
32.3 2
sec
x sec
tgtgx
 

 

 e assim 
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P
ág
in
a2
 
 
 
2 2
3
2
2 2 2
. . . .
3 3 3 33 2
x sec
dx sec tg d sec d
tgx
        
 (*) 
 
Pelo exemplo 21.4 do caderno didático, sabemos que 
 
3 1 1sec . ln sec
2 2
sec d tg tg C        
 
Substituindo em (*), fica 
 
2 2 2
2
2 2
2 1 3 3 2 1 3 3 2
. . . . ln .
2 23 3 2 2 2 23 2
1 1
. 3 2 ln 3. 3 2
6 3 3
x x x
dx x x C
x
x x x x C
  
     
   
     

 
 
 
 
Solução do Exercício 1 b: 
 
Como no denominador aparece uma expressão do tipo 
2 2u a
, com 
2u x
 e 
3a 
, a 
função conveniente, dentre as sugeridas, para se aplicar o método de substituição 
trigonométrica é a tangente. 
 
Fazendo a analogia com o triângulo retângulo, veja a figura 4 a seguir: 
 
Figura 4 
 
 
Tem-se : 
2
3
2 2
33
sec
2
x tg
x
tg
dx d


 


  
 

. E ainda: 2
24 9sec 4 9 3sec
3
x
x    
. 
 
Precisamos agora analisar como mudam os extremos de integração. 
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P
ág
in
a3
 
Quando 
0x 
, tem-se 
0tg 
, logo 
0 
. 
Quando 3 3
2
x 
, tem-se 2 3 3
. 3
3 2
tg  
. Portanto 
3

 
. 
 
Assim, temos: 
 
3 3
3
3 3 33 3 32
2
2 3/2 2 3/2 2
0 0 0 0
23
2
0
27
3 3 38 . sec
(4 9) (9sec ) 2 16 sec 16
3 (1 )
.
16
tg
x tg sen
dx d d d
x cos
cos
sen d
cos
  

       
  
   



   

 
 
Fazendo 
v cos dv sen d     . Quando 0  1v  ; quando 
3

 
 , 
1
2
v 
. Logo 
 
 
3 3 1
3 2 232 2
2 3/2 2 2
0 0 1
1 1
12 2
2 2 1 2
1
1 1
3 (1 ) 3 (1 )
.
(4 9) 16 16
3 3 3 3 1
( 1) (1 ) 2 1 1
16 16 16 16 2
3
32
x cos v
dx sen d dv
x cos v
v dv v dv v v

  

  
 
   

  
               
  

  
 
 
 
 
Solução do Exercício 1 c: 
 
De acordo com as observações na folha de questões, como o integrando contém uma 
expressão da forma 
2 2a u
, com 
1a 
 e 
u x
, dentre as funções sugeridas no enunciado para 
fazer uma substituição trigonométrica, o conveniente é usar a função seno, ou seja, fazer 
 
x sen
 
(obs.: poderíamos também usar a função cosseno de acordo com a observação na folha de 
questões, mas o enunciado não a sugeriu.) 
 
Fazendo a analogia com o triângulo retângulo, confira a figura 2 a seguir 
 
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P
ág
in
a4
 
 
Figura 2 
 
Note no triângulo que 
 
1
x
sen x dx cos d     
. Além disso 
21cos x  
. 
 
Portanto 
 
2
2 22 2
2
1 1
.1
1
cos d
dx d csc d cotg C
sen cos senx x
cos x
C C
sen x
       


     


     
   
 
 
 
Solução do Exercício 1 d: 
 
De acordo com as observações na folha de questões, a substituição usando a função seno 
não se aplica, pois o integrando tem a forma 
2 2u a
, onde 
3u x 
 e 
1a 
. Podemos 
entretanto usar a equação (iii) e considerar a substituição 
 
3x cotg 
. 
 
Fazendo a analogia com triângulo retângulo, confira a figura 1 a seguir 
 
 
 
 
 
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in
a5
 
 
Figura 1 
 
Note no triângulo que 
 
2
33
3
1
x cotgx
cotg x
dx csc d
  
 
    
 
 . Além disso, notamos que 
2( 3) 1csc x   
. 
 
Portanto: 
 
2 2 3( 3) 1 .( )x dx csc csc d csc d           (*) 
 
Usando a fórmula de redução (4) da aula 21 do caderno didático com 
3n 
, temos 
 
3 . 1 . 1 ln
2 2 2 2
csc cotg csc cotg
csc d csc d csc cotg C
                . 
 
Substituindo em (*) novamente , fica 
 
 
2
2
2
. 1
( 3) 1 ln
2 2
( 3) 1 .( 3) 1
ln ( 3) 1 3
2 2
csc cotg
x dx csc cotg C
x x
x x C
        
  
      

 
 
 
Solução do Exercício 2 a: 
 
Calculemos inicialmente a integral indefinida 
23 2
x
dx
x x 

. 
 
Completando o quadrado no denominador, fica: 
 
2 2 2 23 2 3 ( 2 ) 3 1 ( 2 1) 4 ( 1)x x x x x x x            
 
Logo 
 
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P
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in
a6
 
2 23 2 4 ( 1)
x x
dx dx
x x x

   
 
 
 
Agora, no denominador aparece uma expressão da forma 
2 2a u
, com 
2a 
 e 
1u x 
. 
Pelas observações feitas na folha de questões, nesta situação, é conveniente usar a função seno 
(ou cosseno) na substituição trigonométrica. 
 
Fazendo a analogia com o triângulo retângulo, temos a figura 5 a seguir 
 
 
Figura 5 
 
 
Assim: 2 11
2cos2
x senx
sen
dx d
  
 
  

. E ainda, 2
24 ( 1)cos 4 ( 1) 2cos
2
x
x      . 
Neste ponto, os extremos de integração se relacionam por: 
 
1
0
2 6
1 1
2
x sen
x sen

 

 

    

     

 
 
Portanto: 
 
 
2
(2 1)
.2cos (2 1)
2cos3 2
2cos
x sen
dx d sen d
x x
C
    
 

   
 
   
  , 
 
 1
/2
/62
0
[ 2cos ] [2cos ] [2cos ] 3
6 6 2 2 33 2
x
dx
x x


              
 

. 
 
 
Solução do Exercício 2 b: 
 
 
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P
ág
in
a7
 
Fazendo a substituição 
x xv e dv e dx  
, tem-se 
 
2 2
2 2
4 4x x
x
e e v
dx dv
e v
 
 
 (*) 
 
No denominador, aparece uma expressão da forma 
2 2a u
, com 
2a 
 e 
u v
, sendo assim, a 
função seno (ou cosseno) é a conveniente para aplicar a substituição trigonométrica, vide 
triângulo associado na figura 7, a seguir: 
 
 
 
Figura 7 
 
Assim: 
 
2
22
v senv
sen
dv cos d
  

  

. E ainda: 2
24 4 2
2
v
cos v cos    
. 
 
Logo, substituindo em (*), fica 
 
2 2
2
2 2 2
2
2
2
4 4 2
.2
4
4
( 1)
2
4
2
x x
x
x x
x
e e v cos
dx dv cos d cotg d
e v sen
cos v v
csc d cotg C C arcsen C
sen v
e e
arcsen C
e
    

    

 
   
  
               
 
 
    
 
   

. 
 
 
 
Solução do Exercício 2 c:Completando o quadrado como foi sugerido, fica: 
 
2 2 2 26 10 ( 6 ) 10 ( 6 9) 9 10 ( 3) 1x x x x x x x            
 
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P
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in
a8
 
 
Assim 
 
2 26 10 ( 3) 1x x dx x dx     
 
Que é a mesma integral do item (d) do exercício anterior, ou seja 
 
 2
2 2
( 3) 1 .( 3) 1
6 10 ln ( 3) 1 3
2 2
x x
x x dx x x C
  
        
. 
 
Solução do Exercício 2 d: 
 
Calculemos inicialmente a integral indefinida 
2
ln
4 (ln )
x
dx
x x

. 
 
Fazendo a substituição 
1
lnv x dv dx
x
  
, tem-se 
 
2 2
ln
4 (ln ) 4
x v
dx dv
x x v

 
 
 (*) 
 
No denominador, aparece uma expressão da forma 
2 2a u
, com 
2a 
 e 
u v
, sendo 
conveniente usar a função tangente (ou cotangente) numa substituição trigonométrica, vide 
triângulo associado da figura 6, a seguir: 
 
 
Figura 6 
 
Assim, 
 
2
2
2 2
v tgv
tg
dv sec d


 

  

. E ainda 2
24 4 2
2
v
sec v sec    
. 
 
Substituindo em (*), fica: 
 
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P
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a9
 
 
2
2 2
2 2
ln 2
.2 2 . 2
24 (ln ) 4
4 4 (ln )
x v tg
dx dv sec d sec tg d sec C
secx x v
v C x C
            
     
    
 
De volta à integral definida, podemos agora usar o TFC: 
 
2 2 2
2 1
1
ln
[ 4 (ln ) ] [ 4 (ln ) ] [ 4 (ln1) ] 5 2
4 (ln )
e ex
dx x e
x x
       


 
 
obs.: note que a substituição 
2 ln ln(ln ) 4 2
2
x du x
u x du dx dx
x x
     
 seria muito mais 
simples, pois faria 
 
2
2
ln 1
4 (ln )
24 (ln )
x
dx du u C x C
ux x
     

 
 
. 
Fizemos a substituição trigonométrica apenas para reforçar seu uso , além de que o enunciado do 
exercício pedia assim.