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Universidade de Bras´ılia Departamento de Matema´tica Ca´lculo 1 Lista de Aplicac¸a˜o – Semana 12 – Soluc¸a˜o Temas abordados : Integral Definida, Teorema Fundamental do Ca´lculo e A´reas Sec¸o˜es do livro: 5.3, 5.5 e 5.6 1) Seja f : [a, b]→ R uma func¸a˜o cont´ınua. Considere m e M os valores ma´ximo e mı´nimo de f em [a, b], respectivamente. (a) Use as propriedades da integral para verificar que∫ b a m dx ≤ ∫ b a f(x) dx ≤ ∫ b a M dx. (b) Usando o Teorema do Valor Intermedia´rio, conclua que existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = 1 b− a ∫ b a f(x) dx. (c) Usando o mesmo racioc´ınio mostre que, se p : [a, b]→ R e´ uma func¸a˜o na˜o negativa tal que ∫ b a p(x)dx > 0, enta˜o existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = ∫ b a f(x)p(x) dx∫ b a p(x) dx . Soluc¸a˜o: (a) Como m e M sa˜o o mı´nimo e o ma´ximo de f em [a, b] temos que m ≤ f(x) ≤M, ∀x ∈ [a, b]. Integrando a expressa˜o acima em [a, b] obtemos∫ b a m dx ≤ ∫ b a f(x) dx ≤ ∫ b a M dx. (1) (b) Calculando as integrais das func¸o˜es constantes acima e dividindo todos os membros por (b− a) > 0, obtemos m ≤ 1 b− a ∫ b a f(x) dx ≤M. Como f e´ cont´ınua em [a, b] ela assume mı´nimo e ma´ximo nesse intervalo. Assim, existem x0 e x1 em [a, b] tais que m = f(x0) ≤ 1 b− a ∫ b a f(x)dx ≤ f(x1) = M, de modo que pelo T.V.I. existe c ∈ (a, b) tal que f(c) = 1 b− a ∫ b a f(x) dx. Lista de Fixac¸a˜o da Semana 12 - Pa´gina 1 de 6 (c) Como p(x) e´ positiva temos que mp(x) ≤ f(x)p(x) ≤Mp(x), ∀x ∈ [a, b]. Da´ı, integrando em [a, b] obtemos que m ∫ b a p(x) dx ≤ ∫ b a f(x)p(x) dx ≤M ∫ b a p(x) dx. Agora, como ∫ b a p(x) dx > 0, basta proceder de maneira ana´loga ao item (b) para obter o resultado desejado. Lista de Fixac¸a˜o da Semana 12 - Pa´gina 2 de 6 2) Considere a func¸a˜o f : [0, 1] → R definida por f(x) = x3. Divida o intervalo [0, 1] em n partes iguais como o indicado na figura abaixo e resolva os itens a seguir. (a) Defina, para cada i = 1, 2, . . . , n, o ponto x∗i = i/n e calcule f(x ∗ i ). (b) Defina agora ∆xi = 1/n e calcule n∑ i=1 f(x∗i )∆xi (2) usando a seguinte fo´rmula n∑ i=1 i3 = ( n(n+ 1) 2 )2 . a b c d e f x y (c) Lembrando que a integral ∫ 1 0 f(x)dx e´ o limite, quando n→ +∞, do somato´rio em (2), encontre a a´rea delimitada pelo gra´fico da func¸a˜o e o eixo Ox. Soluc¸a˜o: (a) Basta usar que f(x) = x3. (b) Observe que n∑ i=1 f(x∗i )∆xi = n∑ i=1 i3 n3 · 1 n = 1 n4 n∑ i=1 i3 = 1 n4 ( n(n+ 1) 2 )2 = (n+ 1)2 4n2 . (c) Segue de (b) que lim n→+∞ n∑ i=1 f(x∗i )∆xi = lim n→+∞ (n+ 1)2 4n2 = lim n→+∞ ( 1 4 + 1 2n + 1 4n2 ) = 1 4 . Lista de Fixac¸a˜o da Semana 12 - Pa´gina 3 de 6 3) Suponha que, no instante t, a posic¸a˜o em relac¸a˜o a` origem de uma part´ıcula que se desloca ao longo de uma reta seja dada por s(t) = ∫ t 0 v, em que v : [0, 9] → R e´ a func¸a˜o velocidade, cujo gra´fico esta´ ilustrado abaixo. Considere ainda que t seja dado em segundos, que s(t) seja dada em metros e que, para 0 ≤ t ≤ 3, o gra´fico de v(t) seja um segmento de reta. A partir do gra´fico da func¸a˜o velocidade, julgue os itens a seguir. (a) A part´ıcula esta´ se afastando da origem entre os instantes t = 5 e t = 6. (b) A part´ıcula percorre menos de 4 metros nos primeiros 3 segundos. (c) No instante t = 6 a part´ıcula esta´ na ori- gem. (d) No instante t = 9 a posic¸a˜o da part´ıcula e´ positiva. (e) O espac¸o total percorrido pela part´ıcula e´ igual a ∫ 6 0 v − ∫ 9 6 v. f –2 –1 0 1 2 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x Soluc¸a˜o: (a) Pelo Teorema Fundamental, a velocidade da part´ıcula e´ s′(t) = v(t), e o sinal da velocidade indica o sentido de percurso. Assim, a part´ıcula esta´ se afastando da origem entre os instantes t = 5 e t = 6, uma vez que v(t) > 0 nesse intervalo. (b) Esse espac¸o corresponde a` a´rea abaixo do gra´fico de v(t) para t ∈ [0, 3]. Pelo gra´fico, essa a´rea e´ igual a 3× 3 /2 = 9/2, e portanto o espac¸o percorrido e´ maior do que 4 metros. (c) Ate´ o instante t = 6, a part´ıcula tem velocidade s′(t) = v(t) positiva, e esta´ se afastando da origem. Logo, ela se encontra a` direita da origem nesse instante. (d) No intervalo [6, 9], a part´ıcula tem velocidade negativa, e esta´ se aproximando da origem. Pore´m, comparando as a´reas sob o gra´fico de v(t), verifica-se que o espac¸o percorrido no intervalo [0, 6] e´ maior do que o percorrido no intervalo [6, 9], e portanto a part´ıcula ainda esta´ a` direita da origem. (e) O espac¸o percorrido no intervalo [0, 6] e´ igual a ∫ 6 0 v. Ja´ no intervalo [6, 9], como s′(t) e´ negativa, o espac¸o percorrido e´ igual a − ∫ 9 6 v. Assim, o espac¸o total percorrido pela part´ıcual e´ igual a ∫ 6 0 v − ∫ 9 6 v. Lista de Fixac¸a˜o da Semana 12 - Pa´gina 4 de 6 4) Considere a curva g(x) = 1 1 + x2 , definida para 0 ≤ x ≤ t. Ao girarmos o gra´fico de g em torno do eixo Oy obtemos um so´lido cujo volume e´ dado por V (t) = ∫ t 0 2pixg(x) dx = pi ∫ t 0 2x 1 + x2 dx (a) Verifique que a func¸a˜o G(x) = ln(1 + x2) e´ uma primitiva de (2x)/(1 + x2). (b) Use o Teorema Fundamental do Ca´lculo para calcular o volume do so´lido no caso em que t = 2. (c) Calcule V (t) para t ≥ 0. (d) Calcule agora V ′(t) e, em seguida, determine limt→∞ V ′(t). Soluc¸a˜o: (a) Pela regra da cadeia temos que d dx G(x) = d dx (ln)(1 + x2) · d dx (1 + x2) = 2x 1 + x2 . (b) Pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo ∫ 2 0 (2x)/(1 + x2)dx = (G(2) − G(0)) = ln(5) e portanto V (2) = pi ln(5). (c) Observe que pelo item (a), piG(x) e´ uma primitiva de 2pix 1+x2 . Logo, pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo V (t) = ∫ t 0 2pix 1 + x2 dx = pi(G(t)−G(0)) = pi ln(1 + t2). (d) Basta usar a regra da cadeia para obter V ′(t) = d dt pi ln(1 + t2) = pi d dt (ln)(1 + t2) · d dt (1 + t2) = 2pit 1 + t2 . Uma outra maneira, mais simples, de calcular V ′ e´ notar que comof(x) = 2pix 1+x2 e´ uma func¸a˜o cont´ınua, fixando-se F (t) = V (t), temos pelo Exerc´ıcio 2(d) que V ′(t) = (2pit)/(1 + t2). Lista de Fixac¸a˜o da Semana 12 - Pa´gina 5 de 6 5) A figura ao lado indica a a´rea delimitada pelos gra´ficos das func¸o˜es f(x) = 2− 2x2 e g(x) = | sen(pix)|, com x ∈ [−1, 1]. Use a integral definida para calcular o valor dessa a´rea. Soluc¸a˜o: Observe que a func¸a˜o f(x) e´ sempre maior do que g(x) no intervalo (−1, 1). Logo a a´rea A em questa˜o e´ dada por A = ∫ 1 −1 (f(x)− g(x))dx = ∫ 1 −1 (2− 2x2 − |sen(pix)|)dx = ∫ 1 −1 (2− 2x2)dx− ∫ 1 −1 |sen(pix)| dx = 8 3 − ∫ 1 −1 |sen(pix)| dx. Para eliminar o mo´dulo na u´ltima integral acima vamos separa´-la em dois pedac¸os e lembrar que sen(pix) ≤ 0 se x ∈ [−1, 0] e sen(pix) ≥ 0 se x ∈ [0, 1]. Assim∫ 1 −1 |sen(pix)| dx = ∫ 0 −1 (−sen(pix)) dx+ ∫ 1 0 sen(pix) dx = 2 pi + 2 pi = 4 pi . Uma outra maneira de calcular a mesma a´rea e´ notar que a func¸a˜o f(x)− g(x) e´ par em [−1, 1]. Logo A = 2 ∫ 1 0 (f(x)− g(x))dx = · · · = 2 ( 4 3 − 2 pi ) . 6) Para cada a > 0, seja S(a) a a´rea delimitada pelo gra´fico da func¸a˜o f(x) = 1/(1 + x2), com x ∈ [−a, a], e o eixo Ox (veja figura abaixo). Como f e´ par, pode-se calcular a a´rea S(a) como sendo o dobro da a´rea compreendida no primeiro quadrante. (a) Utilize a substituic¸a˜o trigonome´trica x = tan(θ) para encontrar uma primitiva para a func¸a˜o 1/(1 + x2). (b) Determine a a´rea S(a) indicada em func¸a˜o do nu´mero a. (c) Calcule lim a→+∞ S(a) verificando que, apesar da regia˜o sob o gra´fico de f ser ilimitada quando a→∞,sua a´rea e´ finita. Soluc¸a˜o: (a) Fazendo x = tan θ e lembrando que 1 + tan2(θ) = sec2(θ) temos que 1/(1 + x2) = 1/ sec2 θ e dx = sec2 θdθ. Desse modo∫ 1 1 + x2 dx = ∫ 1 sec2 θ sec2 θ dθ = θ +K = arctan(x) +K. (b) O item acima e o Teorema Fundamental do Ca´lculo nos fornecem S(a) = 2 arctan(a)− 2 arctan(0) = 2 arctan(a). (c) Usando a expressa˜o de S(a) calcula acima temos que lim a→∞ S(a) = 2 lim a→∞ arctg(a) = 2(pi/2) = pi. Lista de Fixac¸a˜o da Semana 12 - Pa´gina 6 de 6
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