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Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis Universidade Federal do Ceará Sistemas de Informação Quixadá-CE 28 de janeiro de 2013 1 A Integral Indefinida Sejam as funções reais f(x) e F (x) contínuas num dado intervalo. Se f ′(x) = F (x) neste intervalo então diz-se que, f(x) = ∫ F (x) dx e lê-se f(x) é igual a integral de F (x) em relação a x. Esta notação define o chamado operador integral,∫ , que corresponde a operação inversa a da deri- vada. Note que o operador integral inclui em sua estrutura um dx posto pós-fixado ao operando como indica o esquema, ∫ {· · · }dx de fato poderia ser, por exemplo, dt ou du conforme variável independente em questão (x, t, u e etc). A necessidade deste aditivo terminal ao operador inte- gral ficará clara mais adiante. A integral indefinida de uma função F (x) repre- senta a família de funções cujas derivadas são idên- ticas e iguais a F (x). De fato tal família de funções se distinguem apenas por uma constante real C con- forme anuncia a proposição seguinte, Proposição 1. Se f ′(x) = F (x) então,∫ F (x) dx = f(x) + C para todo C pertencente os reais. ILUSTRAÇÃO 1 Mostre que f(x) = 3x2, g(x) = 3x2 + 3 e fh(x) = 3x2− 11 fazem parte da família de integrais da função F (x) = 6x. SOLUÇÃO Derivando f , g e h obtemos, f ′(x) = 3(2)x2−1 = 6x g′(x) = 3(2)x2−1 + (0) = 6x h′(x) = 3(2)x2−1 + (0) = 6x Note que todas as derivadas convergem para F (x) e ainda f , g e h se distinguem apenas por uma cons- tante (em f temos C = 0, em g C = 3 e em h C = −11). Proposição 2. ∫ xn dx = xn+1 n+ 1 + C onde −1 6= n ∈ R e C ∈ R. ILUSTRAÇÃO 2 Determinar, 1. ∫ x3 dx 2. ∫ 1 x2 dx 3. ∫ 3 √ x dx 4. ∫ 1√ x3 dx SOLUÇÃO Da Proposição-2, 1. ∫ x3 dx = x4 4 + C 2. ∫ 1 x2 dx = ∫ x−2 dx = x−2+1 −2 + 1 + C = − 1 x + C 3. ∫ 3 √ x dx = ∫ x1/3 dx = x1/3+1 1/3 + 1 + C = 3 3 √ x4 4 + C 4. ∫ 1√ x3 dx = ∫ x− 3 2 dx = x− 3 2+1 − 32 + 1 + C = − 2√ x + C Proposição 3.∫ α · f(x) dx = α · ∫ f(x) dx onde α é uma constante real. 1 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis ILUSTRAÇÃO 3 Determinar ∫ 4x3 dx. SOLUÇÃO Da Proposição-3,∫ 4x3 dx = 4 ∫ x3 dx Da Proposição-2, 4 ∫ x3 dx = 4 x4 4 = x4 Proposição 4.∫ (f(x) + g(x)) dx = ∫ f(x) dx+ ∫ g(x) dx ILUSTRAÇÃO 4 Determinar ∫ (3x2 + 4x− 1) dx SOLUÇÃO Da Proposição-4,∫ (3x2 + 4x− 1) dx = ∫ 3x2 dx+ ∫ 4x dx− ∫ 1 dx = 3 ∫ x2 dx+ 4 ∫ x dx− ∫ x0 dx = 3 x3 3 + 4 x2 2 − x 1 1 + C = x3 + 2x2 − x+ C ILUSTRAÇÃO 5 Determinar ∫ ( x2 2 − 5√ x + √ 7 x5 ) dx SOLUÇÃO ∫ ( x2 2 − 5√ x + √ 7 x5 ) dx =∫ ( 1 2 x2 − 5x−1/2 + √ 7x−5/2 ) dx = 1 2 ∫ x2 dx− 5 ∫ x−1/2 dx+ √ 7 ∫ x−5/2 dx = 1 2 x3 3 − 5x 1/2 1/2 + √ 7 x−3/2 −3/2 + C = x3 6 − 10√x− 2 3 √ 7 x3 + C Proposição 5. ∫ 1 x dx = ln |x|+ C ILUSTRAÇÃO 6 Determinar ∫ ( x+ 5 x ) dx. SOLUÇÃO Da Proposição-3 e da Proposição-4,∫ ( x+ 5 x ) dx = ∫ x dx+ 5 ∫ 1 x dx Da Proposição-2 e da Proposição-5,∫ x dx+ 5 ∫ 1 x dx = x2 2 + 5 ln |x|+ C Proposição 6. ∫ ax dx = ax ln a + C onde a e C são constantes reais e ainda 0 < a 6= 1. ILUSTRAÇÃO 7 Determinar ∫ (2x + 3x) dx SOLUÇÃO Da Proposição-4 e Proposição-6,∫ (2x + 3x) dx = ∫ 2x dx+ ∫ 3x dx = 2x ln 2 + 3x ln 3 + C Proposição 7. ∫ sinx dx = − cosx+ C ∫ cosx dx = sinx+ C ILUSTRAÇÃO 8 Determinar ∫ (2 sinx− 5 cosx) dx. SOLUÇÃO Utilizando Proposição-3, Proposição-4 e Proposição- 7 fazemos,∫ (2 sinx− 5 cosx) dx = 2 ∫ sinx dx− 5 ∫ cosx dx = −2 cosx− 5 sinx+ C 2 A Integral Definida Uma integral definida é um modelo de integral que estabelece limites de integração na forma,∫ b a f(x) dx (lê-se integral de f(x) de a até b) onde a e b são reais e denotam os limites de integração (a representa o limite de integração inferior e b o limite de integração superior). 2 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis Proposição 8. Se f(x) = ∫ F (x) dx então, ∫ b a F (x) dx = f(b)− f(a) ILUSTRAÇÃO 9 Determinar ∫ 3 1 x2 − x dx SOLUÇÃO Resolvemos inicialmente ∫ x2 − x dx, ∫ x2 − x dx = ∫ x2 dx− ∫ x dx = x3 3 − x 2 2 Note que a constante C é suprimida neste caso pois deverá ser subtraída de si mesma quando aplicada a Proposição-8. Utilizando a Proposição-8,∫ 3 1 x2 − x dx = ( x3 3 − x 2 2 )∣∣∣∣3 1 = ( (3)3 3 − (3) 2 2 ) − ( (1)3 3 − (1) 2 2 ) = 9− 9 2 − 1 3 + 1 2 = 14 3 ILUSTRAÇÃO 10 Determinar ∫ 9 0 √ x dx. SOLUÇÃO Fazemos inicialmente ∫ √ x dx, ∫ √ x dx = ∫ x1/2 = x3/2 3/2 dx = 2 √ x3 3 Depois aplicamos a Proposição-8∫ 9 0 √ x dx = 2 √ x3 3 ∣∣∣∣∣ 9 0 = 2 √ 93 3 − 2 √ 03 3 = 18− 0 = 18 ILUSTRAÇÃO 11 Determinar ∫ pi −pi sinx dx SOLUÇÃO Utilizando Proposição-7 e Proposição-8,∫ pi −pi sinx dx = (− cosx)|pi−pi = − cospi + cos (−pi) = 0 ILUSTRAÇÃO 12 Determinar ∫ ln 2 0 ex dx SOLUÇÃO Da Proposição-6,∫ ex dx = ex ln e = ex da Proposição-8,∫ ln 2 0 ex dx = (ex)|ln 20 = eln 2 − e0 = 2− 1 = 1 3 Cálculo de Áreas Seja f(x) uma função real contínua num intervalo fechado [a, b]. Consideremos o problema de deter- minação da área aproximada da região restringida por f(x), pelo eixo x e pelas retas verticais x = a e x = b conforme indica a parte hachurada na figura a seguir, f(x) A a b Para determinar a aproximação da área procu- rada utiliza-se a seguinte ideia: dividimos o inter- valo [a, b] em n partes iguais e levantamos a partir de cada uma delas um retângulo cujo ponto no topo mais à direita pertence a f(x). A soma das áreas destes retângulos equivale à aproximação da área. Para o caso de n = 4 a sobreposição de retângulos no gráfico de f(x) possui aspecto, ; 3 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis a b Note que há retângulos que deixam de incorporar parte da área sob a curva e outros que se projetam para fora dela. Logo a soma de suas áreas acar- reta erro de aproximação o qual pode ser diminuído aumentando-se o valor de n. Nas figuras a seguir temos os casos de n = 8 e n = 12 que demonstram graficamente uma melhor aproximação da área sob a curva, ; a b ; a b O comprimento ∆x da base dos retângulos que constituem este particionamento é constante e pode ser calculado pela equação, ∆x = b− a n (1) Denotando por i a colocação individual dos re- tângulos no layout de particionamento, onde, i ∈ {1, 2, 3 · · ·n} e por Ai a área do i-ésimo retângulo então a apro- ximação A da área sob a curva de f(x) no intervalo [a, b] é dada por, A = n∑ i=1 Ai (2) O gráfico seguinte trás a representação do i-ésimo retângulo do layout de particionamento, xi Ai Denotamos por xi a abcissa do ponto mais à es- querda na base do i-ésimo retângulo e por x0 o início do intervalo (x0 = a). Note que xi − xi−1 = ∆x para todo i inteiro no intervalo 1 ≤ i < n. Matematica- mente xi ocorre i blocos de tamanho ∆x após x = a e logo, xi = a+ i ·∆x (3) Dado que a extremidade superior direita de cada retângulo do particionamento reside sobre f(x) en- tão a altura do i-ésimo retângulo é dada por |f(xi)| e consequentemente o valor de sua área (base vezes altura) pode ser calculada por, Ai = ∆x · |f(xi)| (4) Onde o operador | | denota módulo. Substituindo este resultado na equação-2 obtemos, A = ∆x · n∑ i=1 |f(xi)| (5) Note que ∆x foi rearranjado para fora da soma- tóriapor se tratar de um valor constante. Fazer n tender a infinito (n → +∞) é equivalente a fazer ∆ tender a zero (∆x → 0). Em qualquer caso obtemos o valor exato da área sob a curva de f(x) no intervalo fechado [a, b]. 4 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis Proposição 9. Seja a função f(x) contínua no in- tervalo [a, b]. Então a área restringida pela curva de f , pelas retas verticais x = a e x = b e pelo eixo x é dada por, A = lim n→+∞ ∆x n∑ i=1 |f(xi)| ou, A = lim ∆x→0 ∆x n∑ i=1 |f(xi)| onde ∆x = b− a n e xi = a+ i ·∆x. Na prática o uso da Proposição-9 conduz a um limite de uma somatória que é função única do con- tador i. A proposição seguinte lista algumas soma- tórias que podem ser úteis durante a aplicação da Proposição-9, Proposição 10. n∑ i=1 i = n(n− 1) 2 n∑ i=1 i2 = n(n+ 1)(2n+ 1) 6 n∑ i=1 i3 = n2(n+ 1)2 4 n∑ i=1 i4 = n(n+ 1)(6n3 + 9n2 + n− 1) 30 ILUSTRAÇÃO 13 Determinar a área sob a curva da função f(x) = x + 1 no intervalo [−1, 1] conforme in- dica gráfico a seguir, −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 −1 1 2 SOLUÇÃO Da Equação-1, ∆x = 1− (−1) n = 2 n Da Equação-3, xi = −1 + i · 2 n Substituindo este resultado na função temos, f(xi) = x1 + 1 = (−1 + i · 2 n ) + 1 = i · 2 n Utilizando estes resultados podemos aplicar a Proposição- 9. Note que se −1 ≤ x ≤ 1 implica y ≥ 0 e logo, para o intervalo em questão, f(x) = |f(x)|. Assim, A = lim n→+∞∆x · n∑ i=1 f(xi) = lim n→+∞ 2 n · n∑ i=1 i · 2 n = lim n→+∞ 4 n2 · n∑ i=1 i Da Proposição-10, A = lim n→+∞ 4 n2 · n(n+ 1) 2 = lim n→+∞ 4n2 + 4n 2n2 = 4 2 = 2 ILUSTRAÇÃO 14 Determinar a área sob a curva da função f(x) = x2 no intervalo [0, 3] conforme gráfico, −1 1 2 3 2 4 6 8 10 SOLUÇÃO Da Equação-1, ∆x = 3− (0) n = 3 n Da Equação-3, xi = 0 + i · 3 n = 3i n Substituindo este resultado na função temos, f(xi) = x 2 i = ( 3i n )2 = 9 n2 i2 No intervalo 0 ≤ x ≤ 3 tem-se que f(x) = |f(x)| e logo, da Proposição-9, A = lim n→+∞∆x · n∑ i=1 f(xi) 5 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis = lim n→+∞ 3 n · n∑ i=1 9 n2 i2 = lim n→+∞ 27 n3 · n∑ i=1 i2 Da Proposição-10, A = lim n→+∞ 27 n3 · n(n+ 1)(2n+ 1) 6 = 9 2 lim n→+∞ 2n3 + 3n2 + n n3 = 9 2 (2) = 9 Proposição 11. lim n→+∞ ∆x n∑ i=1 |f(xi)| = ∫ b a |f(x)| dx onde ∆x = b−a n e xi = a+ i ·∆x. ILUSTRAÇÃO 15 Determinar a área sob a curva da função f(x) = x2 no intervalo [0, 3] conforme gráfico, −1 1 2 3 2 4 6 8 10 SOLUÇÃO No intervalo [0, 3] temos que ∣∣x2∣∣ = x2. Assim da Proposição-11, A = ∫ 3 0 x2 dx = x3 3 ∣∣∣∣3 0 = 33 3 − 0 = 9 ILUSTRAÇÃO 16 Determinar a área sob a reta f(x) = 2x e acima da parábola g(x) = x2 no intervalo [0, 2], conforme gráfico, −1 −0.5 0.5 1 1.5 2 1 2 3 4 SOLUÇÃO Tanto f(x) quanto g(x) são positivas no intervalo [0, 2] e logo os módulos podem ser removidos. Para determinar a área hachurada deve-se determinar a área sob a reta e diminuí-la da área sob a parábola, no mesmo intervalo. Matematicamente, A = ∫ 2 0 f(x) dx− ∫ 2 0 g(x) dx Logo,∫ 2 0 f(x) dx− ∫ 2 0 g(x) dx = ∫ 2 0 2x dx− ∫ 2 0 x2 dx = x2 ∣∣2 0 − x 3 3 ∣∣∣∣2 0 = (4− 0)− ( 8 3 − 0 ) = 4 3 ILUSTRAÇÃO 17 Determinar a área delimitada pela função f(x) = 3 √ x, pelo eixo x e pelas retas verticais x = −1 e x = 1, conforme gráfico, −1 −0.5 0.5 1 −1 −0.5 0.5 1 SOLUÇÃO Para esta função temos que, ∣∣ 3√x∣∣ = { 3√x x ≥ 0− 3√x x < 0 Logo uma integração no intervalo [−1, 1] não pode ser aplicada diretamente. Neste caso é necessário 6 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis decompor o cálculo em duas integrais sendo uma no intervalo [−1, 0] e outra no intervalo [0, 1], ou seja, A = ∫ 1 −1 |f(x)| dx = ∫ 0 −1 − 3√x dx+ ∫ 1 0 3 √ x dx = −x4/3 4/3 ∣∣∣∣0 −1 + x4/3 4/3 ∣∣∣∣1 0 = 3 4 + 3 4 = 3 2 ILUSTRAÇÃO 18 Determinar a área delimitada pela função f(x) = 3 √ x, pelo eixo x e pela reta g(x) = x, no intervalo [−1, 0], conforme gráfico, −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 −1 −0.5 0.5 SOLUÇÃO No intervalo [−1, 0] as funções f e g ficam abaixo do eixo x (imagem negativa) e logo |f(x)| = −f(x) e |g(x)| = −g(x). A área hachurada corresponde a área de f menos a de g, neste intervalo. Matemati- camente, A = ∫ 0 −1 |f(x)| dx− ∫ 0 −1 |g(x)| dx = ∫ 0 −1 −f(x) dx− ∫ 0 −1 −g(x) dx = − ∫ 0 −1 f(x) dx+ ∫ 0 −1 g(x) dx = − ∫ 0 −1 3 √ x dx+ ∫ 0 −1 x dx = − ( x4/3 4/3 )∣∣∣∣0 −1 + x2 2 ∣∣∣∣0 −1 = −(0− (3/4)) + (0− 1/2) = 3/4− 1/2 = 1/4 ILUSTRAÇÃO 19 Determinar a área limitada pela função f(x) = x3 − x2 − 2x, pelo eixo x e pelas retas verticais x = −2 e x = 3. SOLUÇÃO Um gráfico da área a determinar é mostrado a se- guir, −3 −2 −1 1 2 3 4 −4 −2 2 4 Note que no intervalo estabelecido há duas partes acima do eixo x e duas partes abaixo. As partes positivas dispensam o módulo, mas as negativas re- querem mudança de sinal. Para resolver isso de- comporemos o intervalo em quatro partes. Para tanto determinamos as raízes de f e separamos aquelas no intervalo [−2, 3], x3 − x2 − 2x = x(x2 − x− 2) = x(x− 2)(x+ 1) ⇒ x = {−1, 0, 2} Logo as três raízes obtidas estão no intervalo [−2, 3]. Particionado o cálculo integral entre os intervalos separados pelas raízes obtemos, A = ∫ 3 −2 |f(x)| dx = ∫ −1 −2 |f(x)| dx+ ∫ 0 −1 |f(x)| dx + ∫ 2 0 |f(x)| dx+ ∫ 3 2 |f(x)| dx Na segunda e na quarta integral |f(x)| = f(x). Nas demais temos que |f(x)| = −f(x). Logo, A = ∫ −1 −2 |f(x)| dx+ ∫ 0 −1 |f(x)| dx + ∫ 2 0 |f(x)| dx+ ∫ 3 2 |f(x)| dx = − ∫ −1 −2 f(x) dx+ ∫ 0 −1 f(x) dx − ∫ 2 0 f(x) dx+ ∫ 3 2 f(x) dx Como, ∫ x3 − x2 − 2x dx = ( x4 4 − x 3 3 − x2 ) então, A =− ( x4 4 − x 3 3 − x2 )∣∣∣∣−1 −2 + ( x4 4 − x 3 3 − x2 )∣∣∣∣0 −1 7 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis − ( x4 4 − x 3 3 − x2 )∣∣∣∣2 0 + ( x4 4 − x 3 3 − x2 )∣∣∣∣3 2 Aplicando os limites de integração, A = − (−5 12 − 8 3 ) + ( 0− −5 12 ) − (−8 3 − 0 ) + ( 9 4 − −8 3 ) = 37 12 + 5 12 + 8 3 + 59 12 = 133 12 4 Técnicas de Integração 4.1 Método da Substituição O método da substituição em integrais consiste na simplificação da função de integração através do uso de uma outra variável que substituirá a original. Esta substituição é feita através de uma lei de trans- formação que converte a função original na função simplificada. Por exemplo, se f(x) = √ x− 1 pode- mos usar a lei de transformação t = x− 1 e reescre- ver f na forma f(t) = √ t. Neste caso t representa a nova variável. No caso de integrais a mudança de variável so- licita também a mudança do conectivo pós fixo, dx, que chamaremos a partir de agora de diferencial. A transformação do diferencial é construída derivando- se a lei de transformação e em seguida isolando-se nesta o diferencial da variável independente. Apa- rentemente isso não tem sentido! O que estamos dizendo é que uma derivada do tipo dxdt deve ser tra- tada como uma fração cujo numerador é o diferen- cial dx e o denominador o diferencial dt. Por exem- plo, na lei de transformação x = 2t − 1 a derivada em relação a t revela que dxdt = 2 que em termos de diferenciais é escrita na forma dx = 2dt. ILUSTRAÇÃO20 Determinar ∫ √ 2x− 3 dx. SOLUÇÃO Utilizando a lei de transformação 2x− 3 = t obtemos a relação de diferenciais 2dx = dt que implica dx = dt 2 . Assim,∫ √ 2x− 3 dx = ∫ √ t dt 2 = t1/2+1 (1/2 + 1)(2) + C1 = √ t3 3 + C1 Reescrevendo esta expressão em função da lei de transformação obtemos,∫ √ 2x− 3 dx = √ (2x− 3)3 3 + C2 ILUSTRAÇÃO 21 Determinar ∫ x √ x2 − 1 dx SOLUÇÃO Utilizamos a lei de transformação x2 − 1 = t2. Deri- vando ambos os lados em relação a t obtemos, 2xdx = 2tdt ⇒ xdx = tdt Assim, ∫ x √ x2 − 1 dx = ∫ √ x2 − 1 · x dx = ∫ √ t2 · t dt = ∫ t2 dt = t3 3 + C1 Da lei de transformação temos que t = √ x2 − 1 e logo, ∫ x √ x2 − 1 dx = (x 2 − 1)3/2 3 + C2 ILUSTRAÇÃO 22 Determinar ∫ x+ 1 x− 1 dx SOLUÇÃO Utilizar a lei de transformação x − 1 = t implica x = t + 1 e ainda dx = dt. Substituindo tais resultados na integral obtemos,∫ x+ 1 x− 1 dx = ∫ (t+ 1) + 1 t dt = ∫ t+ 2 t dt = ∫ ( 1 + 2t−1 ) dt = t+ 2 ln |t|+ C1 Transformando de t para x novamente obtemos,∫ x+ 1 x− 1 dx = (x− 1) + 2 ln |x− 1|+ C2 ILUSTRAÇÃO 23 Determinar ∫ 33x+1 dx SOLUÇÃO Fazendo t = 3x+ 1 implica dt = 3dx ⇒ dx = dt3 . Logo,∫ 33x+1 dx = ∫ 3t dt 3 8 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis = 3t ln 3 1 3 + C1 = 3t−1 ln 3 + C1 = 3(3x+1)−1 ln 3 + C2 = 33x ln 3 + C2 ILUSTRAÇÃO 24 Determinar ∫ 1 x2 sin 1 x dx. SOLUÇÃO Fazer t = 1x implica x = 1 t e ainda dx = −dt t2 . Logo,∫ 1 x2 sin 1 x dx = ∫ t2 sin t −dt t2 = ∫ − sin t dt = cos t+ C1 = cos 1 x + C2 Em caso de integrais definidas além da aplicação da lei de transformação e redefinição do diferencial, ainda é necessário recalcular os limites de integra- ção. Isso ocorre porque de fato a variável muda. O cálculo dos novos limites de integração é realizado utilizando-se a lei de transformação. ILUSTRAÇÃO 25 Determinar ∫ 1 0 e2x dx SOLUÇÃO Fazendo t = 2x obtemos que x = t2 e ainda dx = dt 2 . Os limites de integração mudam para, x = 0⇒ t = 2(0) = 0 x = 1⇒ t = 2(1) = 2 Logo a integral se torna,∫ 2 0 et dt 2 = 1 2 ∫ 2 0 et dt = et 2 ∣∣∣∣2 0 = e2 − e0 2 = e2 − 1 2 ILUSTRAÇÃO 26 Determinar ∫ pi −pi sin 2x+ cos 3x dx. SOLUÇÃO Da Proposição-4,∫ pi −pi sin 2x+ cos 3x dx = ∫ pi −pi sin 2x dx+ ∫ pi −pi cos 3x dx Para a primeira integral fazemos u = 2x que implica x = u2 e dx = du 2 . Mudam também os limites de integração para, x = −pi ⇒ u = −2pi x = pi ⇒ u = 2pi Na segunda integral fazemos v = 3x que implica x = v3 e dx = dv 3 . Mudam também os limites de inte- gração para, x = −pi ⇒ v = −3pi x = pi ⇒ v = 3pi Destes resultados obtemos,∫ pi −pi sin 2x+ cos 3x dx = ∫ 2pi −2pi sinu du 2 + ∫ 3pi −3pi cos v dv 3 = 1 2 ∫ 2pi −2pi sinu du+ 1 3 ∫ 3pi −3pi cos v dv = − cosu|2pi−2pi + sin v|3pi−3pi = −(1− 1) + (0− 0) = 0 4.2 Integração por Partes Sejam u e v duas funções da variável independente x e dv e du os diferenciais obtidos quando u e v são respectivamente derivadas em relação a x. Então é válida a proposição a seguir, Proposição 12.∫ u dv = u · v − ∫ v du ILUSTRAÇÃO 27 Determinar ∫ x sinx dx SOLUÇÃO Se fizermos, ∫ x︸︷︷︸ u sinx dx︸ ︷︷ ︸ dv Então, du = dx e, v = ∫ sinx dx = − cosx Assim, da Proposição-12,∫ x sinx dx = (x)(− cosx)− ∫ (− cosx) (dx) = −x cosx+ ∫ cosx dx 9 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis = −x cosx+ sinx+ C ILUSTRAÇÃO 28 Determinar ∫ lnx dx. SOLUÇÃO Primeiramente fazemos uma substituição de variá- vel utilizando a lei de transformação t = lnx que implica x = et e também que dx = etdt. A integral se torna, ∫ (t) (etdt) = ∫ tet dt Fazendo, ∫ t︸︷︷︸ u etdt︸︷︷︸ dv obtemos, du = dt e ainda, v = ∫ et dt = et Da Proposição-12,∫ tet dt = (t)(et)− ∫ et dt = tet − et + C = et(t− 1) + C1 Como x = et e t = lnx obtemos,∫ lnx dx = x(lnx− 1) + C2 ILUSTRAÇÃO 29 Determinar ∫ cos2 x dx SOLUÇÃO Podemos fazer neste caso,∫ cosx︸ ︷︷ ︸ u · cosx dx︸ ︷︷ ︸ dv De onde temos, du = − sinx dx e ainda, v = ∫ cosx dx = sinx Assim, da Proposição-12,∫ cos2 x dx = (cosx)(sinx)− ∫ (sinx)(− sinx dx) = sinx cosx+ ∫ sin2 x dx Da relação trigonométrica, sin2 x+ cos2 x = 1 Fazemos,∫ cos2 x dx = sinx cosx+ ∫ (1− cos2 x) dx = sinx cosx+ ∫ dx− ∫ cos2 x dx = sinx cosx+ x− ∫ cos2 x dx Note que a integral procurada, ou seja, ∫ cos2 x dx, reaparece do lado direito da equação. Em situa- ções como essa simplesmente deslocamos o termo reincidente para o lado esquerdo da equação o que automaticamente resolve o problema, 2 ∫ cos2 x dx = sinx cosx+ x∫ cos2 x dx = 1 2 sinx cosx+ x 2 = 1 4 sin 2x+ x 2 ILUSTRAÇÃO 30 Uma elipse com centro na origem dos eixos coordenados possui equação, x2 a2 + y2 b2 = 1 onde a e b são medidas geométricas da elipse con- forme indica gráfico a seguir, a a b b Determinar a área hachurada na figura acima em função de a e b. SOLUÇÃO Isolando y na equação da elipse obtemos, y = ±b √ 1− (x a )2 Note que ± especifica as duas metades da curva da elipse sendo o sinal positivo referente a metade su- perior e o sinal negativo referente a metade inferior. Assim se integrarmos, por exemplo, a metade supe- rior no intervalo [0, a] obteremos 14 da área da elipse (a elipse é simétrica em relação aos dois eixos). Ma- tematicamente a área da elipse vale então, A = 4 ∫ a 0 b √ 1− (x a )2 dx 10 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis Para resolver esta integral utilizamos a lei de trans- formação, x a = sin t que implica x = a sin t e também dx = a cos t dt. Os limites de integração também mudam, x = 0 ⇒ sin t = 0 ⇒ t = 0 x = a ⇒ sin t = a/a = 1 ⇒ t = pi/2 Por fim, A = 4 ∫ pi/2 0 b √ 1− sin2 t (a cos t dt) = 4ab ∫ pi/2 0 cos t √ 1− sin2 t dt Da relação fundamental sin2 t+ cos2 t = 1 tem-se que cos2 t = 1− sin2 t e logo, A = 4ab ∫ pi/2 0 cos t √ cos2 t dt = 4ab ∫ pi/2 0 cos2 t dt Utilizando o resultado da Ilustração-29, A = 4ab ( 1 4 sin 2t+ t 2 )∣∣∣∣pi/2 0 = 4ab [(0 + pi/4)− (0 + 0)] = piab 4.3 Integração de Funções Racionais Proposição 13.∫ 1 mx+ b dx = ln |mx+ b| m onde a e b são reais e a 6= 0. Seja a função racional f(x) = P (x) Q(x) onde P (x) e Q(x) são polinômios. Se, Q(x) = q1(x) · q2(x) · q3(x) · · · qn(x) onde q1, q2, q3, · · · qn são polinômios, então decompor f significa determinar as constantes A1, A2, A3, · · · , An tal que, f(x) = P (x) Q(x) = A1 q1(x) + A2 q2(x) + A3 q3(x) + A4 q4(x) +· · ·+ An qn(x) Caso os graus dos polinômios qj (0 < j ∈ N) se- jam iguais a unidade então a integral de f(x) poderá ser calculada pela aplicação da Proposição-4 sobre a soma de decomposições e da Proposição-13 sobre cada integral que compõe a decomposição. Se entre- tanto existirem, após a decomposição de f , integrais cujos qj ’s correspondentes tenham grau maior que a unidade então elas deverão ser tratadas por outras técnicas. ILUSTRAÇÃO 31 Determinar ∫ x+ 5 x2 − 1 dx SOLUÇÃO Inicialmente fazemos a decomposição de f(x) = x+ 5 x2 − 1 . Como o grau do polinômio numerador é menor que do polinômio denominador então pode-se escrever diretamente que, x+ 5 x2 − 1 = x+ 5 (x− 1)(x+ 1) = A1 x− 1 + A2 x+ 1 = A1(x+ 1) +A2(x− 1) (x− 1)(x+ 1) = x(A1 +A2) + (A1 −A2) (x− 1)(x+ 1) ⇒ { A1 +A2 = 1 A1 −A2 = 5 ⇒ A1 = 3 A2= −2 Da Proposição-4 e Proposição-13,∫ x+ 5 x2 − 1 dx = ∫ 3 x− 1 dx+ ∫ −2 x+ 1 dx = 3 ∫ 1 x− 1 dx− 2 ∫ 1 x+ 1 dx = 3 ln |x− 1| − 2 ln |x+ 1|+ C ILUSTRAÇÃO 32 Determinar ∫ f(x) dx onde, f(x) = 2x3 − 14x2 + 26x+ 20 x2 − 4x SOLUÇÃO Se o grau do polinômio numerador é maior ou igual ao do polinômio denominador, como é o caso de f(x), deve-se primeiramente efetuar a divisão para extrair a parte inteira, 2x3 − 14x2 + 26x+ 20 x2 − 4x −2x3 + 8x2 2x− 6 −6x2 + 26x+ 20 +6x2 − 24x 2x+ 20 Assim, ∫ f(x) dx = ∫ 2x− 6 dx+ ∫ 2x+ 20 x2 − 4x dx Decompondo o operando da segunda integral temos, 2x+ 20 x2 − 4x = 2x+ 20 x(x− 4) = A1 x + A2 x− 4 = A1x− 4A1 +A2x x(x− 4) 11 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis = x(A1 +A2)− 4A1 x(x− 4) ⇒ { A1 +A2 = 2 −4A1 = 20 ⇒ A1 = −5 A2 = 7 Por fim,∫ f(x) dx = ∫ 2x− 6 dx+ ∫ −5 x dx+ ∫ 7 x− 4 dx = 2x2 2 − 6x− 5 ∫ 1 x dx+ 7 ∫ 1 x− 4 dx = x2 − 6x− 5 ln |x|+ 7 ln |x− 4|+ C ILUSTRAÇÃO 33 Determinar ∫ secx dx SOLUÇÃO Inicialmente usamos a lei de transformação t = sinx que implica em, t2 = sin2 x = 1− cos2 x⇒ cosx = √ 1− t2 e também na mudança de diferencial, dt = cosx dx⇒ dx = dt cosx = dt√ 1− t2 A integral então se modifica para,∫ secx dx = ∫ 1 cosx dx = ∫ 1√ 1− t2 dt√ 1− t2 = ∫ 1 1− t2 dt Esta última integral é de uma função racional. Sua decomposição mostra que, 1 1− t2 = 1 (1− t)(1 + t) = A1 t− 1 + A2 t+ 1 = A1(t+ 1) +A2(t− 1) (t− 1)(t+ 1) = (A1 −A2) + (A1 +A2)t (t+ 1)(t− 1) ⇒ { A1 −A2 = 1 A1 +A2 = 0 ⇒ A1 = 1 2 A2 = −1 2 Assim,∫ 1 1− t2 dt = 1 2 [∫ 1 1− t dt− ∫ 1 1 + t dt ] = 1 2 [ln |1− t| − ln |1 + t|] + C1 = 1 2 ln ∣∣∣∣1− t1 + t ∣∣∣∣+ C1 Como t = sinx fazemos,∫ secx dx = 1 2 ln ∣∣∣∣1− sinx1 + sinx ∣∣∣∣+ C2 = ln ∣∣∣∣∣ √ 1− sinx 1 + sinx ∣∣∣∣∣+ C2 = ln ∣∣∣∣∣ √ 1− sinx 1 + sinx · 1− sinx 1− sinx ∣∣∣∣∣+ C2 = ln ∣∣∣∣∣∣ √ (1− sinx)2 1− sin2 x ∣∣∣∣∣∣+ C2 = ln ∣∣∣∣∣ √ (1− sinx)2 cos2 x ∣∣∣∣∣+ C2 = ln ∣∣∣∣1− sinxcosx ∣∣∣∣+ C2 = ln | secx− tanx|+ C2 5 Outras Aplicações de Integrais Definidas 5.1 Cálculo de Volumes de Sólidos de Revolução Um sólido de revolução com geratriz na reta r é o conjunto dos pontos no espaço envolvidos por uma curva rotacionada em torno de r. Por exemplo, dada a curva de f(x) = √ x no intervalo [0, 1] e o eixo x como geratriz então obtemos o seguinte sólido de revolução, Proposição 14. Seja f(x) uma função real contínua no intervalo I = [a, b]. O volume Vr do sólido obtido pela revolução de f(x), no intervalo I, em torno do eixo x é dado por, Vr = pi ∫ b a f2(x) dx ILUSTRAÇÃO 34 Determinar o volume de um cone de altura H e de base circular de raio R. SOLUÇÃO Um cone de base circular é um sólido obtido pela revolução de uma reta em torno de outra não para- lela e ela. Se tomarmos uma reta que passa pelos 12 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis pontos (0, 0) e (H, R) ao redor do eixo x obteremos um cone de altura H e base circular de raio R, como indica a figura, R H A reta que define o cone da figura é dada por, y − 0 x− 0 = R− 0 H − 0 y = R H x f(x) = R H x Da Proposição-14, Vr = pi ∫ H 0 ( R H x )2 dx = pi R2 H2 ∫ H 0 x2 dx = pi R2 H2 x3 3 ∣∣∣∣H 0 = pi R2 H2 · ( H3 3 − 0 ) = piR2 H 3 ILUSTRAÇÃO 35 Determinar o volume de uma esfera de raio R. SOLUÇÃO Uma esfera é um sólido obtido pela revolução de uma semi-circunferência em torno da reta que passa pelo ponto da circunferência. Veja a ilustração, Para obter a função que define uma semi-circunferência isolamos y na equação que descreve uma circunfe- rência com centro na origem, ou seja, x2 + y2 = R2 y2 = R2 − x2 y = ± √ R2 − x2 Os sinais ± denotam as duas possibilidades de semi- circunferências que podem ser extraídas da circun- ferência (o da parte superior ou a da parte inferior). Note que a escolha entre elas é indiferente. O in- tervalo de integração neste caso deve ser [−R, R]. Aplicando a Proposição-14 obtemos, Vr = pi ∫ R −R (√ R2 − x2 )2 dx = pi ∫ R −R R2 − x2 dx = pi ( xR2 − x 3 3 )∣∣∣∣R −R = pi [( R3 − R 3 3 ) − ( −R3 + R 3 3 )] = pi ( 2R3 − 2R 3 3 ) = 4 3 piR3 ILUSTRAÇÃO 36 Determinar o volume do sólido ob- tido pela revolução da função f(x) = x3 − x2 − 6x em torno do eixo x e no intervalo [2, 5]. SOLUÇÃO O sólido gerado pela revolução de f(x) tem aspecto, Aplicando diretamente a Proposição-14, Vr = ∫ 5 2 ( x3 − x2 − 6x)2 dx = ∫ 5 2 x6 − 2x5 − 11x4 + 12x3 + 36x2 dx = ( x7 7 − x 6 3 − 11x 5 5 + 3x4 + +12x3 )∣∣∣∣5 2 = 2381.83 13 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis 5.2 Cálculo do Comprimento de Curvas Proposição 15. Seja f(x) uma função contínua no intervalo [a, b]. Então o comprimento L da curva de f neste intervalo é dado por, L = ∫ b a √ 1 + [ df dx ]2 dx ILUSTRAÇÃO 37 O teorema de Pitágoras afirma que a relação entre os comprimentos dos lados de um triângulo retângulo é dada por, a2 = b2 + c2 onde a é o comprimento do lado oposto ao ângulo reto (hipotenusa) e b e c os comprimentos dos demais lados (catetos). Utilizando a Proposição-15, provar a teorema de Pitágoras. SOLUÇÃO Podemos modelar a hipotenusa de um triângulo re- tângulo na forma de uma reta passando pelos pon- tos (b, 0) e (0, c) como indica a figura, (0, c) (b, 0) A equação desta reta é dada por, y − 0 x− b = c− 0 0− b y = −c b x+ c Note que o intervalo que define o triângulo retân- gulo é [0, b]. Da Proposição-15 o comprimento a da hipotenusa fica, a = ∫ b 0 √ 1 + [ dy dx ]2 dx = ∫ b 0 √ 1 + [ −c b ]2 dx = ∫ b 0 √ b2 + c2 b2 dx = √ b2 + c2 b ∫ b 0 dx = √ b2 + c2 b x|b0 = √ b2 + c2 b (b− 0) = √ b2 + c2 ILUSTRAÇÃO 38 Determinar o comprimento de uma circunferência de raio R a partir da Proposição-15. SOLUÇÃO Sendo a equação de uma circunferência de raio R com centro na origem dada por, x2 + y2 = R2 então podemos modelar a função semi-circunferência por, f(x) = √ R2 − x2 usando como intervalo [−R, R]. Note que calcular o comprimento de f(x) nesse intervalo representa apenas metade do comprimento C da circunferên- cia. Assim, da Proposição-15, C = 2 ∫ R −R √ 1 + [f ′(x)]2 dx = 2 ∫ R −R √ 1 + [ −x√ R2 − x2 ]2 dx = 2 ∫ R −R √ 1 + x2 R2 − x2 dx = 2 ∫ R −R √ R2 R2 − x2 dx = 2R ∫ R −R 1√ R2 − x2 dx Utilizamos neste caso a transformação x = R cos t que implica dx = −R sin tdt. Os limites de integração também devem mudar para, x = R⇒ R cos t = R⇒ cos t = 1⇒ t = 0 x = −R⇒ R cos t = −R⇒ cos t = −1⇒ t = pi Assim temos, C = 2R ∫ 0 pi 1√ R2 −R2 cos t (−R sin t dt) = 2 ∫ 0 pi −R sin t R sin t dt = 2R ∫ 0 pi −1 dt = 2R (−t)|0pi = 2R(0− (−pi)) = 2piR 14 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis 6 Exercícios A INTEGRAL INDEFINIDA Calcule as seguintes integrais indefinidas, 1. ∫ 5 dx 2. ∫ x5 dx 3. ∫ 3 √ x dx 4. ∫ 1√ x3 dx 5. ∫ 3x3 − 1 4x dx 6. ∫ x2 − 5x+ 3 dx 7. ∫ x 3 √ x1/7 dx 8. ∫ 3 sinx dx 9. ∫ −4 cosx dx 10. ∫ 4x dx 11. ∫ e2x−1 dx 12. ∫ (2e) dx 13. ∫ x2 + 3x − 11 sinx dx 14. ∫ cos2 x 2 dx 15. ∫ tanx cos2 x dx A INTEGRAL DEFINIDA Calcule as seguintes integrais definidas, 16. ∫ 1 0 x dx17. ∫ 2 1 x2 dx 18. ∫ 2 0 −x2 + 4x dx 19. ∫ 4 1 −x2 + 5x− 9 dx 20. ∫ pi/4 0 cosx dx 21. ∫ pi/4 0 sinx dx 22. ∫ 2 1 1 x2 dx 23. ∫ 1 −1 2x4 dx 24. ∫ x 1 t2 dt 25. ∫ 2x x √ t dt 26. ∫ sin x cos x t dx 27. ∫ pi −pi 2 sinx− 3 cosx dx 28. ∫ e5 e3 −2 x dx 29. ∫ ln 3√7 0 e3x dx 30. ∫ 27 12 1√ 3x dx 31. ∫ pi 0 (cosx+ 4)2 dx CÁLCULO DE ÁREAS Calcular nos exercícios a seguir a área limitada pela curva de f(x) e pelas retas verticais x = a e x = b utilizando a Proposição-9, 32. f(x) = 8− 2x a = 1 b = 3 33. f(x) = 3x2 − x a = 0 b = 2 34. f(x) = 4x3 − 9x2 a = 2 b = 3 Calcular nos exercícios a seguir a área limitada pela curva de f(x) e pelas retas verticais x = a e x = b, 35. f(x) = x4 a = −1 b = 2 36. f(x) = 3 √ x a = −1 b = 1 37. f(x) = x2 − 3x+ 2 a = 0 b = 3 38. f(x) = −2 3 √ x2 a = −8 b = 1 39. f(x) = 2 x a = e7 b = e16 40. f(x) = e2x a = 0 b = 1 15 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis Nos exercícios a seguir calcule a área limitada pelas curvas das equações dadas, 41. y = 1− x2, x = −1, x = 1 42. y = x3 − x, x = −1, x = 1 43. y = x y = x3 44. y = x2 − 1 y = 1− x2 45. y = x2 y = 2x+ 8 46. y = x2 y = √ x 47. y = sinx y = x2 − pix 48. y = ex y = x ln √ 2 49. y = 7x− x2 y = 10 50. y = x2, y = 2x+ 54 51. y = −x2 − 4, y = −8 52. y = 5− x2, y = x+ 3 53. y = √ x y = x2 − 3x x = 1 x = 2 54. y = lnx, x = 1, x = e 55. y = lnx x = 0 y = 0 y = 1 56. x = y2, y = x+ 3, y = −2, y = 3 57. y3 = x, y = x 58. y = −x3 + 2x2 + 3x, y = −5x 59. y = |x| , y = (x+ 1)2 − 7, x = −4 60. x2 − y + 1 = 0 x− y + 1 = 0 61. x3 = 2y2 x = 0 y = −2 62. y2 = x− 1 x = 3 63. xy2 = y2 − 1 x = 1 y = 1 = 4 64. y = x3 + 3x2 + 2x y = 2x2 + 4x 65. y = sinx y = cosx x = 0 x = pi Resolva os problemas seguintes, 66. Ache por integração a área do triângulo com vértices em A(5, 1), B(1, 3) e C(−1, −2), 67. Determine a área limitada pela função f(x) = ex, o eixo x e a reta que passa pela origem e tangencia f(x). 68. Determine a área limitada pela função f(x) = 1 − x2 e pelas duas retas tangentes a f(x) que passam pelo ponto (0, 5). 69. Determine a área limitada pela função f(x) = e−x e pelo eixo x no intervalo [0, +∞). 70. Determine m de tal forma que a região acima da reta y = mx e abaixo da parábola y = 2x−x2 tenha uma área de 36 unidades quadradas. TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO Resolva as integrais a seguir, 71. ∫ 7 sin 7x dx 72. ∫ cos 3x dx 73. ∫ ex 2 x dx 74. ∫ (x+ 1)17 dx 75. ∫ esin x cosx dx 76. ∫ (3x+ 7)15 dx 77. ∫ 1 (x+ 1)2 dx 78. ∫ 1 (3x+ 7)2 dx 79. ∫ 3 √ 3x+ 7 dx 80. ∫ √ 5x+ 1 dx 81. ∫ ex 3 x2 dx 82. ∫ x cos 3x2 dx 83. ∫ sin5 x cosx dx 84. ∫ cos(3x+ 1) dx 85. ∫ x cosx dx 86. ∫ (3x+ 7) cosx dx 87. ∫ (2x− 3)e1−3x dx 88. ∫ xe3x dx 89. ∫ x cos 2x dx 90. ∫ x secx tanx dx 16 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis 91. ∫ x3x dx 92. ∫ ln2 x dx 93. ∫ x sec2 x dx 94. ∫ x2 lnx dx 95. ∫ xex (x+ 1)2 dx 96. ∫ x2 sin 3x dx 97. ∫ sin lnx dx 98. ∫ ex cosx dx 99. ∫ x5ex 2 dx 100. ∫ x3√ 1− x2 dx 101. ∫ sin 2x ex dx 102. ∫ sin4 x cosx dx 103. ∫ sin5 x cosx dx 104. ∫ sin3 x dx 105. ∫ sin2 x cos3 x dx 106. ∫ √ cosx sin3 x dx 107. ∫ cos 4x cos 3x dx 108. ∫ (sin 3x− sin 2x)2 dx 109. ∫ 1 x2 √ 4− x2 dx 110. ∫ √ 4− x2 x2 dx 111. ∫ 1√ 4x+ x2 dx 112. ∫ 1 x √ x4 − 4 dx 113. ∫ secx (4− tan2 x)3/2 dx 114. ∫ 1 x2 + x− 6 dx 115. ∫ x2 − 3x− 7 (2x+ 3)(x+ 1)2 dx 116. ∫ 4x− 2 x3 − x2 − 2x dx 117. ∫ 2x4 − 2x+ 1 2x5 − x4 dx 118. ∫ 1 x3 + 3x2 dx Resolva as seguintes integrais, 119. ∫ 3 −1 √ 2x+ 3 dx 120. ∫ 2 −2 x3 − 3x dx 121. ∫ 1 0 (2x− 1)100 dx 122. ∫ 5 −5 2x 3 √ x2 + 2 dx 123. ∫ 3 0 1 2x+ 3 dx 124. ∫ 5 1 1√ 2x− 1 dx 125. ∫ 3 2 12x (x2 − 1)2 dx 126. ∫ 2 1 x 3 √ x2 + 1 dx 127. ∫ 1 0 1 1 + √ x dx 128. ∫ pi/4 0 sinx cosx dx 129. ∫ pi/2 0 sin 2x cos2 2x dx 130. ∫ pi pi/3 sin2 x 2 cos x 2 dx 131. ∫ 1 0 e2x e2x + 1 dx 132. ∫ 4 1 e √ x √ x dx 133. ∫ e4 2 1 x √ lnx dx 134. ∫ 1 0 x2 ex 3 dx 17 Noções de Cálculo Integral Prof.o Ricardo Reis 135. ∫ 2 0 x23x dx 136. ∫ 2 −1 ln(x+ 2) dx 137. ∫ pi/3 0 sin 3x cosx dx 138. ∫ 2 0 xe2x dx 139. ∫ pi −pi x2 cos 2x dx 140. ∫ pi/2 0 cos3 x dx 141. ∫ pi/3 0 sin3 x cos2 x dx 142. ∫ 2 1 x− 3 x3 + x2 dx 143. ∫ 4 0 x− 2 2x2 + 7x+ 3 dx 144. ∫ 5 0 x2 − 3 x3 + 4x2 + 5x+ 2 dx OUTRAS APLICAÇÕES DE INTEGRAIS Calcule o volume do sólido obtido pela revolução em torno do eixo x da região limitada pelas equações a seguir, 145. y = √ 1− x, x = 1 e pelos eixos coordenados 146. y = secx, x = pi4 e pelos eixos coordenados 147. y = sinx e pelo eixo x no intervalo [0, pi]. 148. y = sinx, y = cosx e pelo eixo y no intervalo [0, pi4 ] 149. y = tanx, x = pi3 e pelos eixos coordenados 150. Reta que passa por (1, 3) e (3, 7), y = 3, y = 7 e x = 0 151. Pelo laço da curva 2y2 = x(x2 − 4) e pelo eixo x. 152. Pelo laço da curva x2y2 = (x2 − 9)(1− x2) Calcule os comprimentos de curvas a seguir utilizando a Proposição-15, 153. Do segmento de reta sobre a reta y = 3x entre os pontos de abcissa x = 1 e x = 2. 154. Do segmento de reta sobre a reta 4x + 9y = 36 entre os pontos de intersecção com os eixos co- ordenados. 155. Da curva 9y2 = 4x3 entre a origem e o ponto (3, 2 √ 3) 156. Da curva x2 = (2y + 3)3 de (1, −1) até (7√7, 2). 157. Da curva y = 13 (x 2 + 2)3/2 entre os pontos de abcissa x = 0 e x = 3. 158. Da curva x2/3 + y2/3 = 1 no primeiro quadrante do ponto de abcissa x = 18 ao ponto de abcissa x = 1. 159. Da curva 9y2 = x2(2x+3) no segundo quadrante entre os pontos de abcissa x = −1 e x = 0. 160. Da curva 9y2 = x(x− 3)2 no segundo quadrante entre os pontos de abcissa x = 1 e x = 3. 161. Da curva 9y2 = 4(1+x2)3 no segundo quadrante entre os pontos de abcissa x = 0 e x = 2 √ 2. 7 Bibliografia 1. O Cálculo com Geometria Analítica, Louis Leithold, Volume 1, 3. Edição, Editora HAR- BRA ltda. 2. Fundamentos de Matemática Elementar, Gel- son Iezzi, Carlos Murakami, Milson José Ma- chado, Volume 8, Atual Editora. 18
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