EP1-C2-2014-1-Gabarito

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Fundação CECIERJ 
Cálculo II 
 
a 
 
(a) Observe na Figura 1.5 que 
que 
2
0
( )f x dx∫ =( Área do trapézio de base maior 3 e base menor 
. 
 
(b) Observe na Figura 1.6 que 
de base maior 3, base menor 1 e altura 3
 
5
0 2
(3 1)34( )f x dx ++=∫
Solução do Exercício 1. 
Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior a Distância
 
Cálculo II – EP01 (2013/2) Gabarito 
A INTEGRAL DEFINIDA 
 ( ) 0f x > em [0,2] , logo da definição 2.2 do caderno didático temos 
Área do trapézio de base maior 3 e base menor 1 e altura 2 
 
Figura 1.5 
4 ( )
5 2 5
0 0 2
( ) ( ) ( ) 4
por a
f x dx f x dx f x dx= + = +∫ ∫ ∫
14243
de base maior 3, base menor 1 e altura 3), pois ( ) 0f x ≥ em [2,5] . Logo
10
2
(3 1)3
=
+
 
 
Figura 1.6 
Vice Presidência de Educação Superior a Distância 
logo da definição 2.2 do caderno didático temos 
1 e altura 2 )= 
(3 1)2 4
2
+
=
( ) ( ) ( ) 4f x dx f x dx f x dx= + = + (Área do trapézio 
. Logo 
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P
á
g
in
a
2
 
 
(c) Na Figura 1.7, observe que ( ) 0f x ≤ em [5,7] . logo da definição 2.2 do caderno didático temos 
que neste caso 
7
5
( ) (f x dx = −∫ Área do triangulo retângulo de base 2 e altura 3). Logo 
7
5 2
2.3 3( )f x dx = −= −∫ 
 
 
Figura 1.7 
 
 
(d) Na Figura 1.8, observe que ( ) 0f x < em [7,9] e 
3 por( )10 por( )
9 5 7 9
5 70 0
( ) ( ) ( ) ( ) 10 3 (
cb
f x dx f x dx f x dx f x dx
=−=
= + + = − + −∫ ∫ ∫ ∫
1424314243
 Área do trapézio de 
base maior 3, base menor 2 e altura 2 ) 2
2
(3 2)27 =+−= . 
 
 
Figura 1.8 
s 
 
(a) 
0
8
( )f x dx
−
∫ 
Solução do Exercício 2 
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P
á
g
in
a
3
 
O gráfico de f no intervalo [ 8,0]− é mostrado na Figura 1.9. Mostramos também a região sob 
gráfico de f e acima do eixo x no intervalo dado. 
 
Figura 1.9 
 
Observe que ( ) 0f x ≥ em [ 8,0]− logo da definição 2.2 do caderno didático temos que 
0
8
( )f x dx
−
=∫ Área de R. Por outro lado observe que a região R pode ser dividida em 2 
regiões R
1
 e R
2 
como mostra a Figura 1.10. 
 
Figura 1.10 
Logo podemos afirmar que 
0
8
( )f x dx
−
=∫ Área de R1+ Área de R2 (1) 
Observe que R
1 
é um trapézio de base maior 5B = de base menor 3b = e altura 3h = , portanto 
Área de R
1
( ) (5 3)3 12
2 2
B b h+ +
= = = (2)
 
Do enunciado do exercício sabemos também que no intervalo [ 3,0]− a função f é a quarta 
parte de uma circunferência, assim a região R
2
 é a quarta parte de um círculo de raio 3 logo, 
 Área de R
2
 
2(3) 9
4 4
pi pi
= = (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1) temos que 
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P
á
g
in
a
4
 
0
8
9( ) 12
4
( )f x dx A R pi
−
= = +∫ (4) 
 
Note que uma forma equivalente de resolver esta questão poderá ser feita se dividimos a região 
R em 3 regiões como mostra a figura 1.11. Deixamos os detalhes para o leitor. 
 
Figura 1.11 
 
 
(b) 
3
0
( )f x dx∫ 
 
O gráfico de f no intervalo [0,3] é mostrado na Figura 1.12. Mostramos também a região S 
acima do gráfico de f e abaixo do eixo x no intervalo dado. 
 
 
Figura 1.12 
 
Observe que ( ) 0f x ≤ em [0,3] logo da definição 2.2 do caderno didático temos que 
3
0
( )f x dx = −∫ Área de S . Note que S é um triângulo de base 3 e altura 3, portanto 
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P
á
g
in
a
5
 
Área de S
. (3).(3) 9
2 2 2
b h
= = = . 
 Logo 
3
0
9( )
2
( )f x dx A S= − = −∫ . (5) 
 
(c) 
3
8
( )f x dx
−
∫ 
O gráfico de f no intervalo [ 8,3]− é mostrado na Figura 1.13. Lembre que como foi visto 
anteriormente ( ) 0f x ≥ em [ 8,0]− e ( ) 0f x ≤ em [0,3] .
 
 
 
Figura 1.13 
 
 Observe que pela proposição 2.2 do caderno didático temos que 
3 0 3
8 8 0
( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx
− −
= +∫ ∫ ∫ (6) 
Usando a definição 2.2 do caderno citado no segundo membro de (6) temos que 
3
8
( )f x dx
−
=∫ Área de R + ( − Área de S ) 
Ou melhor, ainda 
3
8
( )f x dx
−
=∫ Área de R − Área de S (7) 
 
Note que neste caso a integral definida é uma diferença de áreas: isto é, a área da região R sob o 
gráfico de f e acima do eixo x , menos a área da região S acima do gráfico de f e abaixo do eixo 
x . Claramente da Figura 1.13 vemos que a área da região R é maior que a área da região S assim 
aqui essa diferença será um numero positivo. 
 
 Com efeito, substituindo em (7 )os valores achados em (4) e (5) temos que 
 
{
Area deArea de
3
8
9 9 15 9 30 912 )
4 2 2 4 4
( ) (
SR
f x dx pi pi pi
−
+
− = == + +∫
14243
. (8) 
 
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P
á
g
in
a
6
 
 
(d) 
12
3
( )f x dx∫
 
O gráfico de f no intervalo [3,12] é mostrado na Figura 1.14. Observe que neste caso ( ) 0f x ≥ em 
[3,7] e ( ) 0f x ≤ em [7,12] .
 
 
 
 
Figura 1.14 
Observe que pela proposição 2.2 do caderno didático temos que 
12 7 12
73 3
( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx= +∫ ∫ ∫ (9) 
Usando a definição 2.2 do caderno didático no segundo membro de (9) temos que 
12
3
( )f x dx =∫ Área de T + ( − Área de U) 
Ou melhor, ainda 
12
3
( )f x dx =∫ Área de T − Área de U (10) 
 
Note que neste caso a integral definida é uma diferença de áreas: isto é, a área da região T sob o 
gráfico de f e acima do eixo x , menos a área da região U acima do gráfico de f e abaixo do eixo 
x . Claramente da Figura 1.14 vemos que a área da região U é maior que a área da região T assim 
aqui essa diferença será um numero negativo. 
 
Observe que T
 
é um trapézio de base maior 4B = de base menor 2b = e altura 2h = , portanto 
Área de T 
( ) (4 2)2 6
2 2
B b h+ +
= = = (11) 
Por outro lado U é um trapézio de base maior 5B = de base menor 1b = e altura 4h = , portanto 
Área de U 
( ) (5 1)4 12
2 2
B b h+ +
= = = (12) 
 Substituindo em (10 )os valores achados em (11) e (12) temos que 
 
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P
á
g
in
a
7
 
{ {
Area deArea de
12
3
6 12 6( )
UT
f x dx − = −=∫ . (13) 
 
 
(e)
 
20
12
( )f x dx∫
 
O gráfico de f no intervalo [12,20] é mostrado na Figura 1.15. Observe que neste caso 
( ) 0f x ≥ em [12,16] e ( ) 0f x ≤ em [16,20] .
 
 
 
 
Figura 1.15 
 
 Observe que pela proposição 2.2 do caderno didático temos que 
20 16 20
12 12 16
( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx= +∫ ∫ ∫ (14) 
Usando no segundo membro de (14) a definição 2.2 do caderno didático temos que 
20
12
( )f x dx =∫ Área de V + ( − Área de W) 
Ou melhor, ainda 
20
12
( )f x dx =∫ Área de V − Área de W (15) 
 
Note que neste caso a integral definida é uma diferença de áreas: isto é, a área da região V sob o 
gráfico de f e acima do eixo x , menos a área W acima do gráfico de f e abaixo do eixo x . 
Claramente da Figura 1.15 vemos que a área da região V é igual que a área da região W assim aqui 
essa diferença será nula.Com efeito, observe que V é um semicírculo de raio 2 , portanto 
Área de V 
2 22 2
2 2
rpi pi
pi= = = (16) 
Analogamente W é um semicírculo de raio 2 , portanto 
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P
á
g
in
a
8
 
Área de W 
2 22 2
2 2
rpi pi
pi= = = (17) 
 Substituindo em (15 )os valores achados em (16) e (17) temos que 
 
{ {
Area de Area de
20
12
2 2 0( )
V W
f x dx pi pi− ==∫ . (18) 
 
 
(f)
 
20
8
( )f x dx
−
∫
 
 
O gráfico de f no intervalo [ 8,20]− é mostrado na Figura 1.16. Observe que neste caso ( ) 0f x ≥ em 
[ 8,0]− , [3,7] e [12,16] e ( ) 0f x ≤ em [0,3] , [7,12] e [16,20] .
 
 
 
 
Figura 1.16 
Observe que pela proposição 2.2 do caderno didático podemos expressar a integral dada como diversas 
somas, por exemplo, para aproveitar os resultados anteriormente achados podemos dizer que: 
 
20 3 12 20
8 8 3 12
( ) ( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx f x dx
− −
= + +∫ ∫ ∫ ∫ (19) 
Substituindo em (19 )os valores achados em (8), (13) e (18) temos que 
20
8
30 9 6 96
4 4
( ) 0f x dx pi pi
−
+ +
−= + + =∫ . (20) 
 
Note que outra forma de expressar a integral dada é 
20 0 3 7 12 16 20
78 8 0 3 12 16
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
− −
= + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
(21) 
 
Assim usando no segundo membro de (21) a definição 2.2 do caderno didático temos que 
 
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P
á
g
in
a
9
 
20
8
( )f x dx
−
=∫ Área de R + ( − Área de S) + Área de T + ( − Área de U) + Área de V − Área de W 
 
Isto é, 
 
20
8
( )f x dx
−
=∫ (Área de R + Área de T + Área de V) − (Área de S + Área de U + Área de W) 
 
Note que neste caso, também a integral definida é uma diferença de áreas: isto é, a soma das áreas das 
regiões sob o gráfico de f e acima do eixo x menos a soma das áreas das regiões acima do gráfico de 
f e abaixo do eixo x . Claramente da Figura 1.16 vemos que a soma das áreas das regiões sob o gráfico 
de f (isto é, a soma das regiões R, T e W que estão acima do eixo x
,
) é maior que a soma das 
áreas das regiões acima o gráfico de f (isto é, as regiões S, U e W que estão abaixo do eixo x ) 
assim essa diferença é o numero positivo 
6 9
4
pi+
como foi visto em (20). 
 
 
(g)
 
20
8
| ( ) |f x dx
−
∫
 
 
Do pré-cálculo ou do apêndice 1 sabemos que para obter o gráfico de | ( ) |y f x= devemos refletir os 
pontos do gráfico de ( )y f x= com ordenada negativa em torno do eixo x . Fazendo isto na figura 1.16 
obtemos a Figura 1.17. Observe também que neste caso todas as regiões estão sob o gráfico de f e 
acima do eixo x no intervalo dado. 
 
 
 
Figura 1.17 
Observe que pela proposição 2.2 do caderno didático podemos expressar a integral dada como diversas 
somas, por exemplo, para aproveitar os resultados anteriormente achados podemos dizer que: 
 
20 0 3 7 12 16 20
78 8 0 3 12 16
| ( ) | | ( ) | | ( ) | | ( ) | | ( ) | | ( ) | | ( ) |f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
− −
= + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
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P
á
g
in
a
1
0
 
Usando a definição de f e de valor absoluto resulta que 
( )
20 0 3 7 12 16 20
78 8 0 3 12 16
)( )| ( ) | ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )f xf x dx f x dx dx f x dx f x dx f x dx f x dx
− −
−= + + + − + + −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
Usando a definição 2.2 do caderno didático no segundo membro da igualdade anterior temos que 
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
20 0 3 7 12 16 20
78 8 0 3 12 16
( ( (| ( ) | ( ) ( ) ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) )
A U A VA R A S A T A W
f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx
− −
+ + += − + − + −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1442443 14424431442443 1442443 14243 1442443
 (22) 
Substituindo no segundo membro de (22) os valores achados em (4), (5), (11), (12), (16) e (17) temos 
 
20
8
12 9 9 102 256 12 2 2
4 2 4
| ( ) |f x dx pi pipi pi
−
+ +
+ + + + + ==∫ (23)
 
Atenção!!! Veja que as respostas dos itens (f) e (g) são diferentes, assim claramente 
 
 
20 20
8 8
( ) | ( ) |f x dx f x dx
− −
≠∫ ∫
 
 
Observe também que 
 
20 20
8 8
( ) | ( ) |f x dx f x dx
− −
≠∫ ∫ 
 
 (h) Calcule a áreaA da região limitada pelo gráfico de f e pelo eixo x 
 
A figura 1.16 serve também para mostrar a região limitada pelo gráfico de f e pelo eixo x . 
 
A área A da região solicitada é a soma das áreas das regiões R , S , T , U, V e W 
 
Logo usando os valores das áreas achadas em (4), (5), (11), (12), (16) e (17) resulta 
 
A
12 9 9 102 25) 6 12 2 2
4 2 4
( pi pipi pi+ ++ + + + + == unidades de área. (24) 
Atenção!!! Observe que 
 
A
20
8
| ( ) |f x dx
−
= ∫ . 
 
 
 
 
Solução 
 
Solução do Exercício 3 
 
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P
á
g
in
a
1
1
 
(a) 
4
5
(4 ) dxpi
−
+∫ 
Note que ( ) 4f x c pi= = + é uma constante em [ 5,4]− assim pelo exemplo 2.2 do caderno 
didático: ( ) ( )
b
a
f x dx c b a= −∫ . Logo 
4
5
(4 ) (4 )(4 ( 5)) (4 )9 36 9dxpi pi pi pi
−
+ = + − − = + = +∫ . 
 
OBSERVAÇÃO. Outra forma de calcular a integral dada, porém sem usar as propriedades básicas da 
integral definida é a seguinte: 
O gráfico da função constante ( ) 4f x pi= + no intervalo [ 5,4]− e a região sob gráfico de f e 
acima do eixo x no intervalo dado é mostrado na Figura 1.18. Observe que neste caso ( ) 0f x ≥ 
em [ 5,4]− , logo
4
5
(4 ) dxpi
−
+∫ é igual à área da região dada que sendo um retângulo é igual ao 
produto da base 4 ( 5) 9b = − − = pela altura que é 4h pi= + . Assim 
4
5
(4 ) 9(4 ) 36 9dxpi pi pi
−
+ = + = +∫ . 
 
Figura 1.18 
 
(b) 
3
1
2x dx∫
 
Observe que pela proposição 2.1 (b) do caderno didático: ( ) ( )
b b
a a
f x dx f x dxα α=∫ ∫ . Logo 
3 3
1 1
2 2x dx x dx=∫ ∫ (25) 
 
Assumindo que 2 2
1 ( )
2
b
a
b ax dx −=∫ resulta que 
2 2
3
1
1 1(3 1 ) (9 1) 4
2 2
x dx − = − ==∫
 
 (26)
 
Substituindo (26) em (25) resulta 
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P
á
g
in
a
1
2
 
3
1
2(4) 82x dx = =∫ . 
 
OBSERVAÇÃO. Outra forma de calcular a integral dada, porém sem usar as propriedades básicas da 
integral definida é a seguinte: 
O gráfico da função ( ) 2f x x= no intervalo [1,3] é o segmento de reta mostrado na Figura 1.19. 
Mostramos também a região sob o gráfico de f e acima do eixo x no intervalo dado. Observe que neste 
caso ( ) 0f x ≥ em [1,3] , logo
3
1
2x dx∫ é igual ao valor numérico da área da região dada que é um 
trapézio de base maior 6B = de base menor 2b = e altura 2h = , portanto 
3
1
2x dx∫
( ) (6 2)2 8
2 2
B b h+ +
= = = .
 
 
Figura 1.19 
(c) 
1
2
2
)(4 x dx
−
−∫
 
Observe que pela proposição 2.1 (c) do caderno didático: 
 ( ))( ( ) ( ) ( )
b b b
a a a
g xf x dx f x dx g x dx+ = +∫ ∫ ∫ . 
 Logo pelo exemplo 2.2 e pela proposição 2.1 (b) do caderno didático resulta 
3
1 1 1 1 1
2 2 2 2
2 2 2 2 2
) )(4 4 ( 4(1 ( 2)) 12x dx dx x dx x dx x dx
− − − − −
− = + − = − − − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫14243 (27) 
Assumindo que 2 3 3
1 ( )
3
b
a
b ax dx −=∫ resulta que 
2 3 3
12
1 1(1 ( 2) ) (1 8) 3
3 3
x dx
−
− − = + ==∫ (28) 
Substituindo (28) em (27) temos que 
 
1
2
2
)(4 12 3 9x dx
−
− = − =∫ . 
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P
á
g
in
a
1
3
 
OBSERVAÇÃO. Se quisermos resolver a integral dada usando áreas, fazendo uso do apêndice 1, 
observamos que 24y x= − é obtido a partir da parábola 2y x= se fazemos uma reflexão em torno do 
eixo x obtendo 2y x= − e depois fazemos um deslocamento vertical para cima de 4 unidades obtendo 
2 24 4y x x+ == − − que é a parábola de vértice em (0, 4) que abre para baixo. Veja na Figura 1.20 o 
gráfico resultante no intervalo [ 2,1]− . Note que neste caso ( ) 0f x ≥ em [ 2,1]− , assim 
1
2
2
)(4 x dx
−
− =∫ Área da região sombreada. 
 Observe que neste caso a região dada não é nenhuma figura geométrica de área conhecida, 
assim não temos condições de calcular essa área como fizemos nos exercícios 1 e 2 deste EP, 
portanto aqui é necessário calcular a integral definida seguindo (27) e (28). 
 
 
Figura 1.20 
 
 
4
2
1
( ) 6 8)(d xx dx− +∫ 
 
Observe que pela proposição 2.1 (c) do caderno didático temos que 
4 4 4 4
2 2
1 1 1 1
6 8)( 6 8x xx dx x dx dx dx− + = − +∫ ∫ ∫ ∫ 
Assumindo que 
 2 3 3
1 ( )
3
b
a
b ax dx −=∫
 
então 2 3 3
4
1
1 1 63(4 (1) ) (64 1) 21
3 3 3
x dx − = − = ==∫ 
2 21 ( )
2
b
a
b ax dx −=∫ então 
2 2
4
1
1 1 15(4 (1) ) (16 1)
2 2 2
x dx − = − ==∫
 
E das propriedades de integrais sabemos que 
( )
b
a
b adx −=∫
 
 então 
4
1
(4 1) 3x dx − ==∫
 
Assim resulta que 
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P
á
g
in
a
1
4
 
4 4 4 4
2 2
1 1 1 1
6 8)( 6 8x xx dx x dx dx dx− + = − +∫ ∫ ∫ ∫
1521 6 8(3) 21 45 24 21 21 0
2
 
= − + = − + = − = 
 
 
 
 
OBSERVAÇÃO. Se quisermos resolver a integral dada usando áreas vemos que 
2 2 26 8 ( 6 9) 9 8 ( 3) 1x x xy x x− + = − + − + = − −= , assim, fazendo uso do apêndice 1, temos que o 
gráfico de 2( 3) 1xy − −= é obtido a partir do gráfico de 2xy = por um deslocamento horizontal de 
3 unidades para a direita e logo um deslocamento vertical de 1 unidade para baixo, assim o 
gráfico da função dada é a parábola com vértice em (3,-1) que abre para cima, mostrada na Figura 
1.21. Note que ( ) 0f x ≥ em [1,2] e ( ) 0f x ≤ em [2,4] . Assim a integral definida neste caso é 
uma diferença de áreas: isto é, 
4
2
1
6 8)( xx dx− + =∫ A área da região sob o gráfico de f e acima do eixo x menos a área da região 
acima do gráfico de f e abaixo do eixo x . A resposta foi zero devido a que a área da região sombreada 
que esta acima do eixo x é igual à área da região sombreada que esta abaixo do eixo x
.
 
 Note-se também que a região dada não é nenhuma figura geométrica de área conhecida assim 
não temos condições de calcular essa área da forma feita nos exercícios 1 e 2 deste EP a não ser 
da forma que foi feita linhas acima.
 
 
Figura 1.21 
 
(e) 
4
0
( )f x dx∫
 
22 para 0 2
onde ( )
4 para 2 4
x xf x
x x
 ≤ ≤
= 
< ≤
 
 
Observe que f é uma função contínua definida por partes. Pela proposição 2.2 do caderno didático 
2
4 2 4 2 4
0 0 2 0 2
( ) ( ) ( ) 2 4f x f x f x x xdx dx dx dx dx= + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
2
4 2 4
0 0 2
( ) 2 4f x x xdx dx dx= +∫ ∫ ∫ 
Assumindo que 
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P
á
g
in
a
1
5
 
2 21 ( )
2
b
a
b ax dx −=∫ , ·
2 3 31 ( )
3
b
a
b ax dx −=∫
 
Resulta que 
2 2
4
2
1 1(4 2 ) (16 4) 6
2 2
x dx − = − ==∫ , 2 3 3
2
0
1 8(2 0 )
3 3
x dx − ==∫ 
Logo 
4
0
8 16 16 72 88( ) 6) 24
3 3 3 3
( )2 4(f x dx += + = == +∫ . 
 
OBSERVAÇÃO. Novamente neste caso se queremos resolver a integral dada usando áreas veja na Figura 
1.21, aqui ( ) 0f x ≥ em [0,4] , assim 
4
0
)(f x dx =∫ Área da região sombreada. Porém, observe que a 
região compreendida no intervalo [0,2] não é nenhuma figura geométrica de área conhecida assim não 
temos condições de calcular essa área a não ser da forma que foi feita linhas acima Note que a região 
compreendida no intervalo [2,4]é um trapézio cuja área pode ser calculada facilmente. 
 
Figura 1.21 
Solução 
 
(a) Esboce a região T compreendida entre o gráfico da função ( )y f x= e o eixo x . 
Observe que como já foi visto no exercício 1(c), 24y x= − isto é uma parábola de vértice em (0, 4) 
que abre para baixo e corta o eixo x nos pontos 2x= e 2x=− . 
Por outro lado 2 2 26 8 ( 6 9) 8 9 ( 3) 1y x x x x x= − + = − + + − = − − é uma parábola de vértice em 
(3, 1)− que abre para cima e corta o eixo x nos pontos 2x= e 4x= . 
Na Figura 1.22 mostramos a função f e na Figura 1.23 mostramos a região compreendida entre o 
gráfico da função ( )y f x= e o eixo x . Neste caso definimos T = R U S. 
Solução do Exercício 4. 
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P
á
g
in
a
1
6
 
 
Figura 1.22 Figura 1.23 
 
(b) Calcule a área da região T. 
 
Área de T = Área de R + Área de S 
 
Por outro lado ( ) 0f x ≥ no intervalo [ 2,2]− logo pela definição 2.2 do caderno didático, utilizando as 
propriedades básicas da integral definida e assumindo que 2 3 3
1 ( ),
3
b
a
b ax dx −=∫ temos que 
Área de R
 
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
)( ) (4 4f x dx x dx dx x dx
− − − −
= = − = −∫ ∫ ∫ ∫ 
 
3 32 ( 2) 8 8 322 ( 2)] 4(4)
3 3 3
4[    − − + = − − = − =      − (29) 
Analogamente ( ) 0f x ≤ no intervalo [2,4] logo pela definição 2.2 do caderno didático, utilizando as 
propriedades básicas da integral definida e assumindo que 2 3 3
1 ( ),
3
b
a
b ax dx −=∫ temos que 
Área de S
 
4 4 4 4 4
2 2
2 2 2 2 2
6 8)( ) ( 6 8xf x dx x dx x dx x dx dx=− − +=− =− + −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
 ( )
3 3
2 24 2 4(4 2 ) [4 2]
3 3
3 8
 −  = − − =   
− + −
 (30) 
Assim 
Área de T 
32 4 12
3 3
= + = unidades de área. (31) 
(c) Calcule também 
4
2
( )f x dx
−
∫ . 
Utilizando as propriedades básicas da integral definida e assumindo que 2 2
1 ( )
2
b
a
b ax dx −=∫ e 
2 3 31 ( ),
3
b
a
b ax dx −=∫ temos que 
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P
á
g
in
a
1
7
 
4 2 4 2 4
2 2
2 2 2 2 2
6 8( ) ( ) ( ) (4 ) ( )xf x dx f x dx f x dx x dx x dx
− − −
− += + = − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (32) 
 
4 2 2 4 4 4
2 2
2 2 2 2 2 2
6 8( ) 4 xf x dx dx x dx x dx dx dx
− − −
− += − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (33) 
 
4 3 3 3 3 2 2
2
2 ( 2) 4 (2) 4 (2) 282 ( 2)] 6 ] 8 4 (2)]
3 3 2 3
( ) 4[ [ [f x dx
−
   − − − −   − − − + − =        
= − +∫ . 
 
Outra forma de calcular 
4
2
( )f x dx
−
∫ é notar que ( ) 0f x ≥ em [ 2,2]− , e ( ) 0f x ≤ em [2,4] , logo 
da proposição 2.2 e da definição 2.2 do caderno didático temos que 
 
4 2 4
2 2 2
( ) ( )
( ) ( ) ( )
A R A S
f x dx f x dx f x dx
− −
−
= + =∫ ∫ ∫
������������� �������������
 Área de R − Área de S 
32 4 28
3 3 3
− == . 
Note novamente que a integral definida é neste caso uma diferença de áreas: isto é, a área da 
região R sob o gráfico de f e acima do eixo x menos a área da região T acima do gráfico de f 
e abaixo do eixo x 
 
Solução 
 
(a) 
3
4
1
2
0
1
x
x
dx
 
 
 
− 
 >∫ 
Observe que o integrando é o quociente de x
 
 e (1 )x− . Lembre que da matemática elementar 
sabemos que: ( +)/(+) dá ( +); (+)/( − ) dá ( − ); ( − )/(+ ) dá ( − ) e finalmente ( − )/( − ) dá ( +). 
Intervalos 0 1x< < 1 x< < +∞ 
x + + 
1 x− + − 
1
x
x−
 
+ − 
 
Assim para 
1 3
2 4
x< < temos que 0
1
x
x
>
−
, logo do exemplo 2.5 do caderno didático temos que 
3 3
4 4
1 1
2 2
0
1
0x
x
dx dx
−
>∫ ∫
14243
 então 
3
4
1
2
0
1
x
x
dx
 
 
 
− 
 
>∫ . Portanto a afirmação (a) é verdadeira. 
 
 (b) 
23
0 2 cos
0x
x
dx
 
 
 
−
 
<∫
 
Solução do Exercício 5. 
 
Cálculo II EP01 – A Integral Definida - Gabarito 2014/1 
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P
á
g
in
a
1
8
 
Observe que o integrando é o quociente de 2x
 
 e (2 cos )x− . 
Note que 2 0x ≥ para todo x∈R , em particular 2 0x ≥ para todo [0,3]x ∈� 
Por outro lado, 1 cos 1x− ≤ ≤ para todo x∈R , logo 
 
1 cos 1 2 1 2 cos 2 1 3 2 cos 1x x x≥ − ≥ − ⇒ + ≥ − ≥ − ⇒ ≥ − ≥ 
Assim podemos afirmar que 2 cos 0x− > para todo x∈R . 
Em particular 
2
0
2 cos
x
x
≥
−
 para todo [0,3]x ∈� . Assim do exemplo 2.5 do caderno didático temos que 
2
0
3
0
3
0 2 cos
0x
x
dxdx
−
≥ ∫∫
123
, logo 
23
0 2 cos
0x
x
dx
 
 
 
−
 
≥∫ . Portanto a afirmação (b) é falsa.