ep13 met det II 2017.1 gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Me´todos Determin´ısticos II
1o Semestre de 2017
Resoluc¸a˜o do EP13
Questa˜o 1: Calcule as seguintes integrais:
a)
∫
x dx b)
∫
x2 + x+ 1 dx
c)
∫
1
x2
dx d)
∫
x+ 1
x4
dx
e)
∫ (√
x+ 1
x2
)
dx f)
∫
x2+1
x dx
Soluc¸a˜o Neste momento, quando calculamos uma integral estamos, aplicando apenas alguns algorit-
mos - o principal e´ que∫
xn dx =
1
n+ 1
xn+1 + k, onde k e´ uma constante e n 6= −1.
O motivo da criac¸a˜o deste algoritmo e´ que quando derivamos
[
1
n+1x
n+1 + k
]′
obtemos xn que era a
expressa˜o inicial. E portanto, a integral e´ a operac¸a˜o inversa da derivada - muitas vezes chamamos
ela de anti derivada.
a)
∫
x dx = 11+1x
1+1 + k = x
2
2 +K.
b) Nesta integral usaremos a regra:
∫
(f(x) + g(x)) dx =
∫
f(x) dx+
∫
g(x) dx.
∫ (
x2 + x+ 1
)
dx =
∫
x2 dx+
∫
x dx+
∫
1 dx =
1
2 + 1
x2+1+
1
1 + 1
x1+1+0 + 1x0+1+K =
x3
3
+
x2
2
+x+K.
Observe que cada uma das integrais deve aparecer uma constante - enta˜o aparecem 3 constantes que
sa˜o somadas e chamadas de K no final da expressa˜o.
c)
∫
1
x2
dx =
∫
x−2 dx = 1−2+1x
−2+1 +K = 1−1x
−1 +K = − 1x +K.
d)
∫ [
x+ 1
x4
]
dx =
∫
x dx+
∫
x−4 dx = 11+1x
1+1 + 1−4+1x
−4+1 +K = x
2
2 − 13x3 + k.
e) ∫ (√
x+
1
x2
)
dx =
∫ √
x dx+
∫
1
x2
dx
=
∫
x
1
2 dx+
∫
x−2 dx
=
1
1
2 + 1
x
1
2
+1 +
1
−2 + 1x
−2+1 +K
=
1
1
2 +
2
2
x
1
2
+ 2
2 +
1
−1x
−1 +K
=
1
3
2
x
3
2 − x−1 +K
=
2x3/2
3
− 1
x
+K.
1
f) Aqui usaremos que quando n = −1 enta˜o ∫ xn dx = ∫ x−1 dx = ∫ 1x dx = ∫ dxx = ln(x) +K. Isto
ocorre pois [ln(x) +K]′ = 1x .∫
x2 + 1
x
dx =
∫
x+
1
x
dx =
∫
x dx+
∫
x−1 dx =
x2
2
+ ln(x) +K.
Questa˜o 2: Calcule as seguintes integrais fazendo a substituic¸a˜o adequada:
a)
∫
e2x dx b)
∫
x
x2+1
dx
c)
∫
(4x+ 2)ex
2+x dx d)
∫
x2
(1+x3)2
dx
e)
∫
x2
√
x3 + 1 dx f)
∫
1+4x√
1+x+2x2
dx
g)
∫
x2ex dx h)
∫
x(lnx)2 dx
Soluc¸a˜o a) Chame de 2x = u⇒ 2dx = du e, portanto, ∫ e2x dx = ∫ eu du2 = eu2 + k = e2x2 +K.
b) Chame u = x2 + 1⇒ du = 2xdx e, portanto,∫
x
x2 + 1
dx =
1
2
∫
2x
x2 + 1
dx =
1
2
∫
du
u
=
1
2
lnu+K =
1
2
ln(x2 + 1) +K.
c) Chame de u = x2 + x⇒ du = (2x+ 1)dx e, portanto,∫
(4x+ 2)ex
2+x dx =
∫
2(2x+ 1)ex
2+x dx =
∫
2eu du = 2eu +K = 2ex
2+x +K.
d) Chame de u = 1 + x3 ⇒ du = 3x2dx e, portanto,∫
x2
(1 + x3)2
dx =
1
3
∫
3x2
(1 + x3)2
dx =
1
3
∫
du
u2
=
1
3
(−1
u
)
+K = − 1
3(1 + x3)
+K.
e) Chame de u = x3 + 1⇒ du = 3x2dx e, portanto,∫
x2
√
x3 + 1 dx =
1
3
∫
3x2
√
x3 + 1 dx =
∫ √
u du =
1
3
(
2
3
u
3
2
)
+K =
2
9
(
x3 + 1
) 3
2 +K.
f) Chame de v = 1 + x+ 2x2 ⇒ dv = (1 + 4x)dx e, portanto,∫
1 + 4x√
1 + x+ 2x2
dx =
∫
1√
v
dv = 2
√
v +K = 2
√
1 + x+ 2x2 +K.
g) Ate´ aqui a te´cnica de integrac¸a˜o e´ chamar, de outra varia´vel, alguma parte “apropriada” da func¸a˜o,
de tal forma que, essa parte ao ser derivada aparec¸a e possa ser simplificada. Para a integral
∫
x2ex dx
esta te´cnica na˜o funciona. A te´cnica que funciona e´ conhecida como integrac¸a˜o por partes. Essa
te´cnica segue da propriedade da derivac¸a˜o de produtos de func¸o˜es, digamos que u = u(x) e v = v(x)
sa˜o duas func¸o˜es e, como,
(uv)′ = u′v + uv′ ⇒ uv′ = (uv)′ − u′v
Integrando ambos os lados temos que∫
uv′ dx =
∫
(uv)′ dx−
∫
u′v dx = uv −
∫
u′v dx.
2
Para a func¸a˜o x2ex chame
u = x2 ⇒ u′ = 2x dx e v′ = ex ⇒ v =
∫
v′dx =
∫
ex dx = ex.
Enta˜o, ∫
x2ex dx = x2ex −
∫
2xex dx = x2ex − 2
∫
xex dx.
Vamos usar a mesma te´cnica para
∫
xex dx chame de
u = x⇒ u′ = dx e v′ = ex ⇒ v =
∫
v′ dx =
∫
ex dx = ex,
E da´ı∫
x2ex dx = x2ex−2
∫
xex dx = x2ex−2
(
xex −
∫
1ex dx
)
= x2ex−2xex+2ex+K = (x2−2x+2)ex+K.
h) Vamos usar a mesma te´cnica para
∫
x(lnx)2 dx. Fac¸a enta˜o
u = (lnx)2 ⇒ u′ = 2 lnx1
x
dx e
v′ dx = x⇒ v =
∫
v′ dx =
∫
x dx =
x2
2
.
∫
x(lnx)2 dx = x
2(lnx)2
2 −
∫
2 lnx
x
x2
2 dx =
x2(lnx)2
2 −
∫
x lnx dx e fazendo novamente, u = lnx⇒ u′ = dxx
e v′ = x dx⇒ v = x22 e da´ı∫
x(lnx)2 dx =
x2(lnx)2
2
−
∫
x lnx dx =
x2(lnx)2
2
− x
2 lnx
2
+
∫
x2
2x
dx =
x2(lnx)2
2
− x
2 lnx
2
+
x2
4
+K.
3