Avaliação 4 sexta

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SERGIPE
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
1
2
3
NOTA
Cálculo I - 4a Avaliação - 29 de setembro de 2017
Aluno(a):
Professor(a): Turma:
• NÃO É PERMITIDO O USO DE CALCULADORA.
• JUSTIFIQUE TODAS AS SUAS RESPOSTAS.
1. (2 pontos) Calcule:
a) (1,5 pontos)
∫ pi/2
0
cos(x)
1 + sen2(x)
dx;
Solução: Façamos a mudança de variável z = sen(x), dz = cos(x)dx e os limites:
x
{
pi/2
0
e z
{
sen(pi/2) = 1
sen(0) = 0
, deste modo temos:
I(x) =
∫ pi/2
0
cos(x)
1 + sen2(x)
dx
=
∫ 1
0
1
1 + z2
dz
= arctg(z)
∣∣∣∣1
0
= arctg(1)− arctg(0)
=
pi
4
�
b) (1,5 pontos)
∫
x4(ln(x))2dx;
Solução: Neste caso usaremos integração por partes fazendo;

u = (ln(x))2 du = 2 ln(x)
1
x
dx
dw = x4dx w =
x5
5
e temos: ∫
x4(ln(x))2dx =
x5
5
(ln(x))2 −
∫
x5
5
2 ln(x)
1
x
dx
=
x5(ln(x))2
5
− 2
5
∫
x4 ln(x)dx
Novamente usaremos integração por partes fazendo;

u = ln(x) du =
1
x
dx
dw = x4dx w =
x5
5
e te-
mos: ∫
x4(ln(x))2dx =
x5(ln(x))2
5
− 2
5
∫
x4 ln(x)dx
=
x5(ln(x))2 − 2
5
(
x5
5
ln(x)−
∫
x5
5
1
x
dx
)
=
x5(ln(x))2
5
− 2
5
(
x5 ln(x)
5
− 1
5
∫
x4dx
)
=
x5(ln(x))2
5
− 2
5
(
x5 ln(x)
5
− 1
5
x5
5
)
=
x5(ln(x))2
5
− 2x
5 ln(x)
52
+
x5
53
+ C �
c) (1,5 pontos)
∫
1
x2 − 4x− 5dx;
Solução: Neste caso usaremos o método das frações parciais. Para isso reescrevemos
o polinômio do denominador como o produto de fatores de primeiro grau. A saber:
x2 − 4x− 5 = (x+ 1)(x− 5). Daí, temos:
1
x2 − 4x− 5 =
1
(x+ 1)(x− 5)
=
A
x+ 1
+
B
x− 5
=
A(x− 5) +B(x+ 1)
(x+ 1)(x− 5)
De onde tiramos:
1 = A(x− 5) +B(x+ 1) (1)
O método mais rápido de determinar as constantes A e B é fazer x = −1 e x = 5 em (1).
x = −1 1 = A(−1− 5) +B(−1 + 1) ⇒ A = −1
6
x = 5 1 = A(5− 5) +B(5 + 1) ⇒ B = +1
6
E podemos finalizar:
I(x) =
∫
1
x2 − 4x− 5dx
=
∫
1
(x+ 1)(x− 5)dx
=
∫ (
A
x+ 1
+
B
x− 5
)
dx
=
∫ (
−1
6
1
x+ 1
+
1
6
1
x− 5
)
dx
= −1
6
∫
1
x+ 1
dx+
1
6
∫
1
x− 5dx
= −1
6
ln |x+ 1|+ 1
6
ln |x− 5|+ C
=
1
6
ln
∣∣∣∣x− 5x+ 1
∣∣∣∣+ C
E podemos escrever: ∫
1
x2 − 4x− 5dx =
1
6
ln
∣∣∣∣x− 5x+ 1
∣∣∣∣+ C �
d) (1,5 pontos)
∫
sec4(x) tg5(x)dx.
Solução: Uma integral trigonométrica do tipo
∫
secn(x) tgm(x)dx. Como n = 2k é
par, isolamos um sec2(x) e usando sec2(x) = 1 + tg2(x) reescrevemos a integral como:
I(x) =
∫
sec4(x) tg5(x)dx
=
∫
sec2(x) tg5(x) sec2(x)dx
=
∫
(1 + tg2(x)) tg5(x) sec2(x)dx
Fazendo a mudança de variável z = tg(x), dz = sec2(x)dx e I(x) = I∗(z) a integral
passa a forma:
I(x) = I∗(z)
=
∫
(1 + z2)z5dz
=
∫
(z5 + z7)dz
=
z6
6
+
z8
8
+ C
Retornando à variável x podemos escrever:∫
sec4(x) tg5(x)dx =
tg6(x)
6
+
tg8(x)
8
+ C �
e) (1,5 pontos)
∫
1
x2
√
4− x2dx,
Solução: Usando o método da substituição trigonométrica. Para termos da forma
√
a2 − x2 fazemos a substituição de variável x = a sen(θ), −pi
2
≤ θ ≤ +pi
2
(que garante
−1 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ cos(theta) ≤ 1), dx = a cos(θ)dθ e I(x) = I∗(θ). Para o caso a = 2 e
a mudança é x = 2 sen(θ), dx = 2 cos(θ)dθ e I(x) = I∗(θ)
I(x) =
∫
1
x2
√
4− x2dx
I∗(θ) =
∫
2 cos(θ)
(4 sen2(θ)
√
4− 4 sen2(θ)dθ
Por outro lado:
√
4− 4 sen2(θ) =√4 cos2(θ) = 2| cos(θ)| = 2 cos(θ) e temos:
I∗(θ) =
∫
2 cos(θ)
4 sen2(θ)2 cos(θ)
dθ
=
1
4
∫
1
sen2(θ)
dθ
=
1
4
∫
csc2(θ)dθ
= −1
4
cotg(θ) + C
Resta agora retornar à variável x, x = 2 sen(θ), ⇒ sen(θ) = x
2
. como cos2(θ) =
1 − sen2(θ) = 1 − x
2
4
=
4− x2
4
extraindo a raiz quadrada temos: cos(θ) =
√
4− x2
2
e
como cotg(θ) =
cos(θ)
sen(θ)
=
√
4− x2
x
. E podemos escrever:
∫
1
x2
√
4− x2dx = −
√
4− x2
4x
+ C �
2. (1,5 pontos) Determine se a integral ∫ ∞
0
x · e−xdx
é convergente ou divergente. Caso seja convergente, calcule-a.
Solução: Primeiramente vamos calcular a integral indefinida I(x) =
∫
x · e−xdx. Para
isso usaremos a integração por partes fazendo;
{
u = x du = dx
dw = e−xdx w = −e−x e teremos:
I(x) =
∫
x · e−xdx
= −x · e−x −
∫
−e−xdx
= −x · e−x − e−x
= −e−x(x+ 1) + C
portanto, podemos escrever a integral imprópria como:∫ ∞
0
x · e−xdx = lim
M→∞
∫ M
0
x · e−xdx
= − lim
M→∞
e−x(x+ 1)
∣∣∣∣M
0
= − lim
M→∞
(e−M (M + 1)− e0(0 + 1))
= 1− lim
M→∞
e−M (M + 1)
= 1− lim
M→∞
M + 1
eM
O limite é uma indeterminação que pode ser resolvida aplicando-se a regra de L’Hospital.
A saber: ∫ ∞
0
x · e−xdx = 1− lim
M→∞
1
eM
= 1 �
3. (1,0 ponto) Calcule, usando integrais, a área da região delimitada por y = x2 − 6x e
y = −x2 + 2x.
Solução: Primeiramente calculemos os pontos de intersecção das curvas:
{
y = x2 − 6x
y = −x2 + 2x .
Daí, temos; x2 − 6x = −x2 + 2x ⇒ 2x2 − 8x = 0 ⇒ x(x − 4) = 0. E cuja solução é
dada por:
{
x1 = 0
x2 = 4
. Portanto, os pontos de intersecção das curvas são (x1, y1) = (0, 0) e
(x2, y2) = (4,−8). E a área entre as curvas será dada por:
A =
∫ 4
0
(−x2 + 2x− (x2 − 6x))dx
=
∫ 4
0
(−x2 + 2x− x2 + 6x)dx
=
∫ 4
0
(8x− 2x2)dx
=
(
4x2 − 2x
3
3
) ∣∣∣∣∣
4
0
=
(
4 · 42 − 2 · 4
3
3
)
−
(
4 · 02 − 2 · 0
3
3
)
= 43 − 2 · 4
3
3
=
43
3
=
64
3
�
−x2 + 2x
x2 − 6x
x
y
BOA PROVA!