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Professor Me. Francisco Leônardo Costa 1a AVALIAÇÃO 1a Chamada Data:___/___/___ Nota:____ Curso: Bacharelado em Ciência e Tecnologia Ano/Sem: 2015.2 Período: 2o Disciplina: Cálculo II Turno: ____________ Turma: ____ Aluno (a): . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercício 5.3 Questão 27 A dica nesta questão é desenvolver o produto e utilizar a regra da potência para integrais Dada a integral ∫ 2 0 x ( 2 + x5 ) dx veja aque x ( 2 + x5 ) = 2x+ x6 assim ∫ 2 0 ( 2x+ x6 ) dx = x2 + x7 7 ∣∣∣∣2 0 = ( 22 + 27 7 ) − ( 02 + 07 7 ) = 156 7 Questão 29 A dica nesta questão é efetuar a simplificação e usar a regra da potência. Temos que ∫ 9 1 (x− 1)√ x dx = note que (x− 1)√ x = x√ x − 1√ x = x x1/2 − 1 x1/2 = x1−1/2 − x−1/2 = x1/2 − x−1/2 logo ∫ 9 1 (x− 1)√ x dx = ∫ 9 1 ( x1/2 − x−1/2) dx = x 3 2 3 2 − x 1 2 1 2 ∣∣∣∣∣ 9 1 = 2x 3 2 3 − 2x 12 ∣∣∣∣∣ 9 1 = ( 2 ∗ 9 32 3 − 2 ∗ 9 12 ) − ( 2 ∗ 1 32 3 − 2 ∗ 1 12 ) = ( 54 3 − 6 ) − ( 2 3 − 2 ) = ( 54− 18 3 ) − ( 2− 6 3 ) = 36 3 + 4 3 = 40 3 Exercício 5.5 Questão 21 ∫ (ln x)2 x dx Fazendo u = ln x, vem que du = 1 x dx. Assim, ∫ (ln x)2 x dx = ∫ (ln x)2 1 x dx = ∫ u2du = u3 3 + C = 1 3 (ln x)3 + C Questão 23 ∫ sec2 θ tan3 θdθ Fazendo u = tan θ, vem que du = sec2 θdθ. Dessa forma∫ sec2 θ tan3 θdθ = ∫ tan3 θ sec2 θdθ = ∫ u3du = u4 4 + C = 1 4 tan4 θ + C Questão 43 Dica: veja a folha de referência 5 no final do livro e veja que a deirivada da função inversa sin−1 x é d ( sin−1 x ) dx = 1√ 1− x2 , assim, ∫ dx√ 1− x2 sin−1 x = ∫ 1 sin−1 x 1√ 1− x2dx fazendo a substituição u = sin−1 x veja que du = 1√ 1− x2dx logo, ∫ 1 sin−1 x 1√ 1− x2dx = ∫ 1 u du = ln |u|+ C = ln ∣∣sin−1 x∣∣+ C Questão 47 Dada a integral ∫ x (2x+ 5)8 dx fazendo u = 2x+ 5, então du = 2dx du 2 = dx e x = u− 5 2 . Dessa forma ∫ x (2x+ 5)8 dx = ∫ ( u− 5 2 ) u8 du 2 = 1 4 ∫ (u− 5) u8du = 1 4 ∫ ( u9 − 5u8) du = 1 4 ( u10 10 − 5u 9 9 ) + C = (2x+ 5)10 40 − 5 (2x+ 5) 9 36 + C Exercício 5.5 Questão 43 Exercício 7.1 - página 423 Questão 7 Dada a integral ∫ ( x2 + 2x ) cosxdx = ∫ x2 cosxdx+ ∫ 2x cosxdx Resolvendo a integral ∫ x2 cosxdx temos que u = x2, dv = cosxdx. Logo, du = 2xdx e v = sinx. Dessa forma ∫ udv = uv − ∫ vdu∫ x2 cosxdx = x2 sin x− ∫ 2x sinxdx Resolvendo a integral ∫ 2x sin xdx temos que u = 2x, dv = sin dx. Logo, du = 2dx e v = − cosx. Dessa forma ∫ 2x sin xdx = −2x cosx− ∫ −2 cosxdu = −2x cosx+ 2 sin x assim ∫ x2 cosxdx = x2 sin x− ∫ 2x sin xdx = x2 sin x− (−2x cos x+ 2 sin x) = x2 sin x+ 2x cos x− 2 sinx Resolvendo a integral ∫ 2x cosxdx temos que u = 2x, dv = cosxdx. Logo, du = 2dx e v = sinx. Dessa forma ∫ udv = uv − ∫ vdu∫ 2x cosxdx = 2x sin x− ∫ 2 sin xdx = 2x sin x+ 2 cosx Substituindo os valores obtidos, vem ∫ ( x2 + 2x ) cosxdx = ∫ x2 cosxdx+ ∫ 2x cosxdx = ( x2 sin x+ 2x cosx− 2 sin x)+ (2x sin x+ 2 cosx) = x2 sin x+ 2x sin x− 2 sin x+ 2x cosx+ 2 cos x+ C Questão 11 ∫ arctan (4t) dt Fazendo u = arctan (4t) e dv = 1dt, vem que du = 4 1 + (4t)2 dt e v = t.∫ arctan (4t) dt = t arctan (4t)− ∫ t 4 1 + (4t)2 dt Vamos reslver a integral ∫ t 4 1 + (4t)2 dt pelo método da substituição, assim fazendo x = 1 + (4t)2 e dx = 8 ∗ 4tdt, dessa forma ∫ 4t 1 + (4t)2 dt = ∫ 1 1 + (4t)2 4tdt = ∫ 1 1 + u dx 8 = 1 8 ln (u) retornando a integral por partes∫ arctan (4t) dt = t arctan (4t)− ∫ t 4 1 + (4t)2 dt = t arctan (4t)− ( 1 8 ln ( 1 + 16t2 )) + C = t arctan (4t)− 1 8 ln ( 1 + 16t2 ) + C Questão 13 ∫ t sec2 (2t) dt Fazendo u = t e dv = sec2 (2t) dt, vem du = 1dt e v = 1 2 tan (2t).∫ t sec2 (2t) dt = t tan (2t) 2 − ∫ 1 2 tan (2t) dt Calculando a integral ∫ 1 2 tan (2t) dt pelo método da substituição sabendo que tan (2t) = sin (2t) cos (2t) , x = cos (2t) e dx = −2 sin (2t) dt.∫ 1 2 tan (2t) dt = 1 2 ∫ sin (2t) cos (2t) dt = 1 2 ∫ 1 cos (2t) sin (2t) dt = 1 2 ∫ 1 x ( dx −2 ) = −1 4 ln x = −1 4 ln [cos (2t)] = 1 4 (−1) ln [cos (2t)] = 1 4 ln [ cos (2t)−1 ] = 1 4 ln [sec (2t)] logo ∫ t sec2 (t) dt = t tan (2t) 2 − ∫ 1 2 tan (2t) dt = t tan (2t) 2 − ( 1 4 ln [sec (2t)] ) + C = t tan (2t) 2 − 1 4 ln [sec (2t)] + C Exercício 7.2 - página 430 Questão 3 Temos que ∫ π/2 0 sin7 θ cos5 θdθ, como ambos os expoentes são ímpares escolhemos qualquer um para reservar uma potência de 2. Para este caso vou escolher cos5 θ = cos4 θ cos θ e usar a substituição u = cos θ e a identidade trigonométrica cos2 θ + sin2 θ = 1, logo u = sin θ du = cos θdθ cos4 θ = ( cos2 θ )2 assim ∫ π/2 0 sin7 θ cos5 θdθ = ∫ π/2 0 sin7 θ cos4 θ (cos θdθ) = ∫ π/2 0 sin7 θ ( cos2 θ )2 (cos θdθ) = ∫ π/2 0 sin7 θ ( 1− sin2 θ)2 (cos θdθ) = ∫ π/2 0 u7 ( 1− u2)2 du = ∫ π/2 0 u7 ( 1− 2 u2 + u4) du = ∫ π/2 0 ( u7 − 2 u9 + u11) du = u8 8 − 2u 10 10 + u12 12 = sin8 θ 8 − 2sin 10 θ 10 + sin12 θ 12 ∣∣∣∣π/2 0 = ( sin8 π 2 8 − 2sin 10 π 2 10 + sin12 π 2 12 ) − ( sin8 0 8 − 2sin 10 0 10 + sin12 0 12 ) = 1 8 − 2 1 10 + 1 12 = 15− 24 + 10 120 = 1 120 Portanto, ∫ π/2 0 sin7 θ cos5 θdθ = 1 120 . Questão 9 Temos que ∫ π 0 cos4 (2t) dt Veja que cos2 x = 1 2 (1 + cos 2x) cos4 (2t) = [ cos2 (2t) ]2 = [ 1 2 (1 + cos (4t)) ]2 = 1 4 [ 1 + 2 cos (4t) + cos2 (4t) ] e cos2 (4t) = 1 2 (1 + cos (8t)) logo∫ π 0 cos4 (2t) dt = ∫ π 0 1 4 [ 1 + 2 cos (4t) + cos2 (4t) ] dt = 1 4 ∫ π 0 [ 1 + 2 cos (4t) + 1 2 (1 + cos (8t)) ] dt = 1 4 ∫ π 0 [ 3 2 + 2 cos (4t) + 1 2 cos (8t) ] dt = 1 4 ( 3 2 t+ 2 1 4 sin (4t) + 1 2 1 8 sin (8t) )∣∣∣∣π 0 = 1 4 [( 3 2 π + 1 2 sin (4π) + 1 16 sin (8π) ) − ( 3 2 0 + 1 2 sin (4 ∗ 0) + 1 16 sin (8 ∗ 0) )] = 3 8 π. Portanto, ∫ π 0 cos4 (2t) dt = 3 8 π Questão 13 Temoas que ∫ t sin2 tdt Note que sin2 t = 1 2 (1− cos 2t)∫ t sin2 tdt = ∫ t 1 2 (1− cos 2t) dt = ∫ t 2 − 1 2 t cos 2tdt = ∫ t 2 dt− 1 2 ∫ t cos 2tdt a integral resolve por partes ∫ t cos 2tdt, assim u = t, dv = cos 2tdt, du = dt e v = 1 2 sin 2t. ∫ t cos 2tdt = t 1 2 sin 2t− ∫ 1 2 sin 2tdt = t 2 sin 2t+ 1 4 cos 2t logo, ∫ t sin2 tdt = ∫ t 2 dt− 1 2 ∫ t cos 2tdt = ∫ t 2 dt− 1 2 ( t 2 sin 2t+ 1 4 cos 2t ) = t2 4 − t 4 sin 2t− 1 8 cos 2t+ C Portanto, ∫ t sin2 tdt = t2 4 − t 4 sin 2t− 1 8 cos 2t+ C. Questão 15 Temos que ∫ cos5 α√ sinα dα Veja que cos5 α√ sinα = cos4 α cosα√ sinα = (cos2 α) 2 cosα√ sinα = ( 1− sin2 α)2 cosα√ sinα como u = sinα e du = cosαdα, vem∫ cos5 α√ sinα dα = ∫ ( 1− sin2 α)2 cosα√ sinα dα =∫ (1− u2)2√ u du = ∫ ( 1− 2u2 + u4)u− 12du = ∫ ( u− 1 2 − 2u 32 + u 72 ) du = 2 √ u− 4 5 u 5 2 + 2 9 u 9 2 + C = 2 √ sinα− 4 5 sin 5 2 α + 2 9 sin 9 2 α + C = 2 √ sinα− 4 5 √ sin5 α + 2 9 √ sin9 α + C = 2 √ sinα− 4 5 sin2 α √ sinα + 2 9 sin4 α √ sinα + C = 2 ∗ 45√sinα− 4 ∗ 9 ∗ sin2 α√sinα + 2 ∗ 5 ∗ sin4 α√sinα 45 + C = 2 √ sinα 45 ( 45− 18 sin2 α + 5 sin4 α)+ C Portanto, ∫ cos5 α√ sinα dα = 2 √ sinα 45 ( 45− 18 sin2 α + 5 sin4 α)+ C. Questão 17 Temos que ∫ cos2 x tan3 xdx Veja que cos2 x tan3 x = cos2 x sin3 x cos3 x = sin3 x cosx = sin2 x cosx sin x = 1− cos2 x cosx sin x como u = cosx e −du = sin xdx, vem∫ cos2 x tan3 xdx = ∫ 1− cos2 x cosx sin xdx = ∫ 1− u2 u (−du) = ∫ u2 − 1 u du = ∫ ( u2 u − 1 u ) du = ∫ ( u− 1 u ) du = u2 2 − ln |u|+ C = cos2 x 2 − ln |cosx|+ C Portanto, ∫ cos2 x tan3 xdx = cos2 x 2 − ln |cos x|+ C Questão 33 Temos que ∫ x secx tan xdx Essa integral se resolve por partes u = x, dv = secx tan x, du = dx, e v = secx, assim ∫ x secx tan xdx = uv − ∫ vdu∫ x secx tan xdx = x secx− ∫ secxdx = x secx− ln |secx+ tan x|+ C Portanto, ∫ x secx tan xdx = x secx− ln |secx+ tan x|+ C. Questão 37 Temos que ∫ π/2 π/4 cot5 φ csc3 φdφ. Note que podemos reescrever a expressão cot5 φ csc3 φ da seguinte forma cot4 φ csc2 φ cscφ cotφ. Utilizado a identidade trigonométrica csc2 φ = 1 + cot2 φ e o fato de que a derivada da cossecante é d dφ cotφ = − cscφ cotφ, vem ∫ π/2 π/4 cot5 φ csc3 φdφ = ∫ π/2 π/4 cot4 φ csc2 φ cscφ cotφdφ = ∫ π/2 π/4 ( cot2 φ )2 csc2 φ cscφ cotφdφ = ∫ π/2 π/4 ( csc2 φ− 1)2 csc2 φ cscφ cotφdφ Fazendo a substituição u = cscφ segue que −du = cscφ cotφdφ, assim∫ π/2 π/4 ( csc2 φ− 1)2 csc2 φ cscφ cotφdφ = ∫ π/2 π/4 ( u2 − 1)2 u2 (−du) = − ∫ π/2 π/4 ( u2 − 1)2 u2du = − ∫ π/2 π/4 ( u4 − 2u2 + 1)u2du = − ∫ π/2 π/4 ( u6 − 2u4 + u2) du = − ( u7 7 − 2u 5 5 + u3 3 )∣∣∣∣π/2 π/4 = −u 7 7 + 2u5 5 − u 3 3 ∣∣∣∣π/2 π/4 = −csc 7 φ 7 + 2 csc5 φ 5 − csc 3 φ 3 ∣∣∣∣π/2 π/4 . Antes de resolvermos a última etapa lembre-se que csc π 2 = 1 e csc π 4 = √ 2, dessa forma −csc 7 φ 7 + 2 csc5 φ 5 − csc 3 φ 3 ∣∣∣∣π/2 π/4 = ( −csc 7 π 2 7 + 2 csc5 π 2 5 − csc 3 π 2 3 ) − ( −csc 7 π 4 7 + 2 csc5 π 4 5 − csc 3 π 4 3 ) = ( −1 7 + 2 5 − 1 3 ) − ( − (√ 2 )7 7 + 2 (√ 2 )5 5 − (√ 2 )3 3 ) = (−15 + 42− 35 105 ) − ( −15 (√2)7 + 42 (√2)5 − 35 (√2)3 105 ) = (−15 + 21− 35 105 ) + 15 (√ 2 )7 − 42 (√2)5 + 35 (√2)3 105 = −29 + 15 √ 27 − 42 √ 25 + 35 √ 23 105 = −29 + 15 ∗ 8√2− 42 ∗ 4√2 + 35 ∗ 2√2 105 = −29 + 120√2− 168√2 + 70√2 105 = −8 + 22√2 105 = 22 √ 2 105 − 8 105 . Portanto, ∫ π/2 π/4 cot5 φ csc3 φdφ = 22 √ 2 105 − 8 105 Questão 47 Temos ∫ 1− tan2 x sec2 x dx veja que sec2 x = 1 cos2 x e tan2 x = sin2 x cos2 x , dessa forma 1− tan2 x sec2 x = 1− tan2 x sec2 x = 1 sec2 x − tan 2 x sec2 x = cos2 x− ( sin2 x cos2 x ) ( 1 cos2 x ) = cos2 x− sin2 x mas cos2 x = 1 2 (1 + cos 2x) e sin2 x = 1 2 (1− cos 2x), logo cos2 x− sin2 x = 1 2 (1 + cos 2x)− [ 1 2 (1− cos 2x) ] = 1 2 + cos 2x 2 − 1 2 + cos 2x 2 = cos 2x sendo assim ∫ 1− tan2 x sec2 x dx = ∫ cos 2xdx = 1 2 sin 2x+ C Portanto, ∫ 1− tan2 x sec2 x dx = 1 2 sin 2x+ C Questão Exercício 7.3 - página 436 Questão 11 Tamos que ∫ √ 1− 4x2dx. Para resolver essa questão o primeiro passo é deixar da forma √ a2 − x2 e fazer a substituição adequada x = a sin x, assim colocando 4 em evidência √ 1− 4x2 = √ 4 ( 1 4 − x2 ) = 2 √( 1 2 )2 − x2 logo, o valor de a = 1/2. Dessa forma,∫ √ 1− 4x2dx = ∫ 2 √( 1 2 )2 − x2dx = 2 ∫ √( 1 2 )2 − x2dx eliminando a raiz pela substituição x = 1 2 sin θ e dx = 1 2 cos θdθ e pela identidade 1− sin2 θ = cos2 θ√( 1 2 )2 − x2 = √( 1 2 )2 − ( 1 2 )2 sin2 θ = √( 1 2 )2 cos2 θ = 1 2 cos θ, logo, 2 ∫ √( 1 2 )2 − x2dx = 2 ∫ 1 2 cos θ ( 1 2 cos θdθ ) = 1 2 ∫ cos2 θdθ = 1 2 ∫ 1 2 (1 + cos 2θ) dθ = 1 4 ( θ + 1 2 sin 2θ ) + C Portanto, ∫ √ 1− 4x2dx = 1 4 ( θ + 1 2 sin 2θ ) + C. Se você chegar a esse resultado acima a questão estará correta, não precisa voltar a variável original. Para mostrar de fato que essa é a resposta vamos retornar a variável x e encontrar a resposta que está no livro. De fato, veja que x = 1 2 sin θ sin θ = 2x veja que sin 2θ = 2 sin θ cos θ e cos θ = √ 1− sin2 θ sin 2θ = 2 sin θ cos θ = 2 sin θ √ 1− sin2 θ = 2 ( 1 2 x )√ 1− 4x2 = x √ 1− 4x2 logo, 1 4 ( θ + 1 2 sin 2θ ) + C = 1 4 [ sin−1 2x+ 1 2 ( x √ 1− 4x2 )] + C = 1 4 sin−1 2x+ 1 2 x √ 1− 4x2 + C Questão 21 Temos que ∫ 0,6 0 x2√ 9− 25x2dx Para eliminar o radical e fazer a substituição devemos encontrar o valo de a, assim, √ 9− 25x2 = √ 25 ( 9 25 − x2 ) = 5 √( 3 5 )2 − x2, logo a = 3/5 e a substituição para eliminar o radical é x = 3 5 sin θ e dx = 3 5 cos θdθ. E os novos intervalos de integração são 3 5 sin θ = 0⇒ sin θ = 0⇒ θ = 0 3 5 sin θ = 0, 6⇒ sin θ = 1⇒ θ = π 2 sendo assim, 5 √( 3 5 )2 − x2 = 5 √( 3 5 )2 − ( 3 5 )2 sin2 θ = 5 √( 3 5 )2 cos2 θ = 5 ( 3 5 ) cos θ = 3 cos θ. dessa forma, após as substituições ficamos com ∫ 0,6 0 x2√ 9− 25x2dx = ∫ π/2 0 ( 3 5 )2 sin2 θ 3 cos θ ( 3 5 ) cos θdθ = 1 3 ∫ π/2 0 ( 3 5 )3 sin2 θdθ = 1 3 27 125 ∫ π/2 0 1 2 (1 + cos 2θ) dθ = 9 250 ∫ π/2 0 (1 + cos 2θ) dθ = 9 250 ( θ + 1 2 sin 2θ )∣∣∣∣π/2 0 = 9 250 [( π/2 + 1 2 sin 2π/2 ) − ( 0 + 1 2 sin 2 ∗ 0 )] = 9π 500 Portanto, ∫ 0,6 0 x2√ 9− 25x2dx = 9π 500 . Boa prova!
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