Gabarito P3 (Douglas Monsôres)

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GABARITO - 3a Prova de Ca´lculo I - T.01 - 2016/1
Profo Douglas Monsoˆres
24/06/2016
1. Calcule as integrais:
(a)
∫
sen3x · cos3xdx (1,5 pt)
Soluc¸a˜o:
I =
∫
sen3x · cos2x · cosxdx =
∫
sen3x · (1− sen2x) · cosxdx.
Se u = senx, du = cosxdx. Por meio dessa substituic¸a˜o obtemos:
I =
∫
u3(1− u2)du =
∫
u3 − u5du = u
4
4
− u
6
6
+ C.
Reescrevendo na varia´vel x, obtemos:
I =
sen4x
4
− sen
6x
6
+ C.
(b)
∫
x
(x− 1)2(x− 2)dx (2,0 pts)
Soluc¸a˜o: O fator (x−1) e´ de grau 1 e tem multiplicidade 2, portanto, a ele sera˜o associadas
duas frac¸o˜es parciais. O fator (x− 2) tambe´m tem grau 1 e aparece com multiplicidade 1, logo,
a ele sera´ associada uma u´nica frac¸a˜o parcial. Pelo Teorema das Frac¸o˜es Parciais, existem
constantes A, B e C tais que:
x
(x− 1)2(x− 2) =
A
x− 1 +
B
(x− 1)2 +
C
x− 2 .
Tirando o MMC da igualdade, obtemos:
x = A(x− 1)(x− 2) + B(x− 2) + C(x− 1)2 =⇒
=⇒ x = A(x2 − 3x + 2) + B(x− 2) + C(x2 − 2x + 1).
Comparando coeficientes, obtemos as seguintes equac¸o˜es:
A + C = 0 (Coeficiente de grau 2)
−3A + B − 2C = 1 (Coeficiente de grau 1)
2A− 2B + C = 0 (Coeficiente de grau 0)
Somando as treˆs igualdades membro a membro, obtemos −B = 1, isto e´, B = −1. Da
primeira igualdade, temos C = −A, logo, substituindo na terceira igualdade, obtemos 2A −
2(−1)− A = 0 ∴ A = −2. Por fim, C = 2. Temos:
I =
∫
x
(x− 1)2(x− 2)dx =
∫ −2
x− 1dx +
∫ −1
(x− 1)2dx +
∫
2
x− 2dx
= −2
∫
1
x− 1dx−
∫
(x− 1)−2dx + 2
∫
1
x− 2dx
= −2ln|x− 1| − (x− 1)
−1
−1 + 2ln|x− 2|+ C
= 2(ln|x− 2| − 2ln|x− 1|) + 1
x− 1 + C
= ln
(x− 2
x− 1
)2
+
1
x− 1 + C.
(c)
∫
x · [lnx]2dx (2,0 pts)
Soluc¸a˜o: Usaremos o me´todo de integrac¸a˜o por partes. Faremos a seguinte escolha: u =
[lnx]2 e dv = xdx.
u = [lnx]2 =⇒ du = 2(lnx) · 1
x
dx.
dv = xdx =⇒ v =
∫
xdx =
x2
2
.
Substituindo na fo´rmula de integrac¸a˜o por partes:
I =
∫
udv = uv −
∫
vdu
=
x2[lnx]2
2
−
∫
x2
2
2lnx · 1
x
dx
=
(xlnx)2
2
−
∫
xlnxdx.
Seja I1 =
∫
x(lnx)dx. Usaremos o me´todo de integrac¸a˜o por partes novamente para a
integral I1. Faremos a seguinte escolha:
u = lnx =⇒ du = 1
x
dx.
dv = xdx =⇒ v =
∫
xdx =
x2
2
.
Usando a formula de integrac¸a˜o por partes:
I1 =
∫
udv = uv −
∫
vdu
=
x2lnx
2
−
∫
x2
2
· 1
x
dx
=
(x2lnx)
2
− 1
2
∫
xdx =
(x2lnx)
2
− x
2
4
.
Substituindo o resultado na igualdade envolvendo a integral I, obtemos:
I =
(xlnx)2
2
− I1 = (xlnx)
2
2
−
[(x2lnx)
2
− x
2
4
]
+ C
=
x2
2
[
(lnx)2 − lnx + 1
2
]
+ C.
(d)
∫ 0
−1
3x5
√
x3 + 1dx (1,5 pts)
Soluc¸a˜o: Fazendo u = x3 + 1, obtemos du = 3x2dx. Note tambem que x3 = u− 1. Como
a integral e´ definida, podemos mudar os limites de integrac¸a˜o para a nova varia´vel u.
x = −1 =⇒ u = x3 + 1 = (−1)3 + 1 = 0,
x = 0 =⇒ u = x3 + 1 = 03 + 1 = 1.
Segue que:
I =
∫ 0
−1
3x5
√
x3 + 1dx
=
∫ 0
−1
x3(x3 + 1)1/23x2dx
=
∫ 1
0
(u− 1)u1/2du
=
∫ 1
0
u3/2 − u1/2du
=
[u5/2
5/2
− u
3/2
3/2
]1
0
=
2
5
− 2
3
=
−4
15
.
2. Considere a regia˜o do plano limitada por y =
√
x, y = 2
√
x− 1 e o eixo dos x.
(a) Fac¸a um esboc¸o dessa regia˜o. (0,5 pt)
Soluc¸a˜o:
(b) Escreva uma igualdade que expresse o valor da a´rea dessa regia˜o atrave´s de uma integral
ou de uma soma de integrais em func¸a˜o da varia´vel x. (1,0 pt)
Soluc¸a˜o: A a´rea hachurada e´ obtida tomando a a´rea da regia˜o localizada entre o eixo x
e o gra´fico de f(x) =
√
x, no intervalo 0 ≤ x ≤ 4
3
, e excluindo a a´rea localizada entre o
eixo x e o gra´fico de g(x) = 2
√
x− 1 no intervalo 1 ≤ x ≤ 4
3
. Portanto:
A =
∫ 4/3
0
√
xdx−
∫ 4/3
1
2
√
x− 1dx.
(c) Fac¸a o mesmo que foi pedido no item (b), so´ que agora, em func¸a˜o da varia´vel y. (0,5 pt)
Soluc¸a˜o: Ao isolarmos x na equac¸a˜o y =
√
x, obtemos x = y2. Fazendo o mesmo
na equac¸a˜o y = 2
√
x− 1, obtemos x = y4
4
+ 1. Repare que tomando y como varia´vel
independente, a regia˜o hachurada e´ limitada a` esquerda por x = y2 (por baixo, “virando”a
folha) e a` direita por x = y
2
4
+ 1 (por cima, “virando”a folha). Ale´m disso, os pontos da
regia˜o hachurada tem coordenada y variando de 0 ate´ 2√
3
. Portanto:
A =
∫ 2√
3
0
y2
4
+ 1− y2dy =
∫ 2√
3
0
1− 3y
2
4
dy.
(d) Calcule o valor nume´rico da a´rea da regia˜o. (1,0 pt)
Soluc¸a˜o: Utilizaremos a igualdade dada no item (c), por envolver o ca´lculo de apenas
uma integral. Temos:
A =
∫ 2√
3
0
1− 3y
2
4
dy
=
[
y − y
3
4
] 2√
3
0
=
2√
3
− 2
3
√
3
=
4
3
√
3
u.a.