resolução prova integrais

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SERGIPE
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
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NOTA
Cálculo I - 4a Avaliação - 29 de outubro de 2016
Aluno(a):
Professor(a): Turma:
• NÃO É PERMITIDO O USO DE CALCULADORA.
• JUSTIFIQUE TODAS AS SUAS RESPOSTAS.
1. (2 pontos) Encontre a integral indefinida geral:
a) (1 ponto)
∫
sen x cos xdx;
b) (1 ponto)
∫ 4x
x2 + 3x+ 2
dx.
Resolução:
a) Colocando u = sen(x) e du = cos(x)dx temos:∫
sen x cos xdx =
∫
udu
=
u2
2
+ C
=
sen2(x)
2
+ C
Resolução alternativa:∫
sen x cos xdx =
1
2
∫
2 sen x cos xdx
=
1
2
∫
sen(2x)dx.
Fazendo u = 2x temos que du = 2dx logo
1
2
∫
sen(2x)dx =
1
4
∫
sen udu
=
−1
4
cos(2x) + C.
Obs: É curioso notar que a partir das duas soluções acima podemos concluir, usando o
Cálculo, que
−1
4
cos(2x) =
sen2(x)
2
+ Constante.
Embora, neste caso, uma simples manipulação algébrica e identidades trigonométricas
bastassem para concluirmos o mesmo.
Pauta:
i 0.5 pontos se o aluno fizer corretamente a mudança de variável.
ii 0.5 pontos de o aluno integrar corretamente e retomar a variável original.
iii Descontar 0,3 se o aluno esquecer a constante.
iv Descontar 0,2 por cada erro de conta.
b) tomando Q(x) = x2 + 3x + 2. Temos que Q(x) possui dois zeros simples que são
x1 = −1 e x2 = −2 e decompomos 1Q(x) =
1
(x+ 1)(x+ 2)
em frações parciais como:
4x
x2 + 3x+ 2
=
A
(x+ 1)
+
B
(x+ 2)
=
A(x+ 2)
(x+ 1)(x+ 2)
+
B(x+ 1)
(x+ 1)(x+ 2)
=
(A+ B)x+ 2A+ B
(x+ 1)(x+ 2)
Da igualdade de frações temos:
4x = (A+ B)x+ 2A+ B (1)
Assim temos que:{
A+ B = 4
2A+ B = 0
Portanto{
A = −4
B = 8
Temos então:∫ 4x
x2 + 3x+ 2
dx =
∫ ( −4
(x+ 1)
+
8
x+ 2
)
dx
= −4
∫ 1
x+ 1
dx+ 8
∫ 1
x+ 2
ds
= −4 ln |x+ 1|+ 8 ln |x+ 2|+ C
Pauta:
i 0.5 pontos se o aluno fizer corretamente a fração parcial.
ii 0.5 pontos se o aluno integrar corretamente.
iii Descontar 0,3 se o aluno esquecer a constante.
iv Descontar 0,2 por cada erro de conta.
2. (2 pontos) Calcule a derivada da função
g(x) =
∫ 1−3x
1
u3
1+ u2
du.
Resolução: Definindo h(x) = 1− 3x e G(x) =
∫ x
0
u3
1+ u2
du temos:
F(x) = G(h(x))
Da regra da cadeia temos:
F′(x) = G′(h(x))h′(x)
Como h′(x) = −3 e do Teorema Fundamental do Cálculo temos:
G′(x) =
x3
1+ x2
logo:
F′(x) = −3 (1− 3x)
3
1+ (1− 3x)2
Pauta:
i 0.5 ponto se o aluno escrever F(x) corretamente como uma composição de funções.
ii 0.5 ponto se o aluno usou corretamente a regra da cadeia corretamente
iii 0.5 ponto se o aluno na resolução utilizou corretamente o Teorema Fundamental do Cál-
culo.
iv 0,5 pontos se o aluno concluir corretamente.
v Descontar 0,2 por cada erro de conta.
3.(2 ponto) Determine se a integral ∫ ∞
1
ln t
t
dt
é convergente ou divergente. Caso seja convergente, calcule-a.
Resolução: Como [1,+∞) é um intervalo ilimitado temos uma integral imprópria:
I = lim
x→∞
∫ x
1
ln t
t
dt
Podemos fazer a mudança de variável u = ln(t), du =
dt
t
para t = 1 temos u = 0 e para t = x
temos u = ln(x),como t→ +∞⇔ u→ +∞ temos:
I = lim
x→∞
∫ ln(x)
0
udu
= lim
x→∞
u2
2
∣∣∣∣∣
ln(x)
0
= lim
x→∞
ln(x)2
2
= +∞
Logo a integral DIVERGE.
Pauta:
i 0.5 pontos se o aluno identificou corretamente A integral imprópria reescrevendo-a como
lim
x→∞
∫ x
1
ln t
t
dt.
ii 0.5 pontos de o aluno integrou corretamente.
iii 1.0 ponto se o aluno fez o limite correto e concluiu corretamente pela DIVERGÊNCIA.
4.(2 ponto) Calcule, usando integrais, a área da região delimitada pela circunferência x2 + y2 =
1 e pela curva y = |x|.
Resolução: Primeiramente calculemos os postos de intersecção das curvas x2 + y2 = 1 e
y = |x| eliminando y entre as duas equações e teremos x2 + x2 = 1 cuja solução é x1 = −
√
2
2
e
x2 = +
√
2
2
. A equação da parte acima do eixo x da circunferência x2 + y2 = 1 é y =
√
1− x2.
Assim a área será dada por
A =
∫ +√22
−
√
2
2
(
√
1− x2 − |x|)dx.
Por questão de simetria podemos calcular a integral nos limites de 0 a +
√
2
2
e duplicar. A
saber:
A = 2
∫ +√22
0
(
√
1− x2 − x)dx
= 2
∫ +√22
0
√
1− x2dx− 2
∫ +√22
0
xdx
= 2
∫ +√22
0
√
1− x2dx− x2
∣∣∣∣∣
+
√
2
2
0
= 2
∫ +√22
0
√
1− x2dx− 1
2
= 2
∫ +√22
0
√
1− x2dx− 1
2
Podemos resolver a integral que resta por substituição trigonométrica fazendo: x = sin(ϑ),√
1− x2 =
√
1− sin2(ϑ) = | cos(ϑ)| = cos(ϑ) (no intervalo considerado) dx = cos(ϑ)dϑ e os
limites: x
{
+
√
2
2
0
e ϑ
{
sin−1(
√
2
2 ) = pi/4
sin−1(0) = 0
.
A = 2
∫ pi
4
0
cos2(θ)dθ − 1
2
Usando a identidade trigonométrica cos2(ϑ) = 12 (1+ cos(2ϑ)) temos:
A =
∫ pi
4
0
(1+ cos(2ϑ))dϑ− 1
2
=
(
ϑ+
sin(2ϑ)
2
) ∣∣∣∣∣
pi
4
0
− 1
2
=
(
pi
4
+
sin(pi/2)
2
− 0− sin(0)
2
)
− 1
2
=
pi
4
Pauta:
i 1.0 ponto se o aluno montou a integral para cálculo da área corretamente.
ii 0.5 pontos se o aluno utilizou um método de integração adequado e correto à resolução
da integral.
iii 0.5 pontos se o aluno resolveu a integral corretamente.
iv Descontar 0,2 por cada erro de conta.
5. (2 pontos) Encontre o volume do sólido obtido pela rotação da região sob a curva y = x3,
para x entre 0 e 1, em torno do eixo x.
Resolução: O volume pode ser obtido por seção transversal, fixado x a área da seção trans-
versal será dada por,
A(x) = piy2 = pi(x3)2 = pix6
Assim o volume será dado por
V =
∫ 1
0
pix6dx = pi
x7
7
∣∣∣∣∣
1
0
=
pi
7
.
Pauta:
i 0.5 ponto se o aluno obteve A(x).
ii 0.5 ponto se o aluno utilizou corretamente o método para cálculo do volume do sólido de
revolução.
iii 1.0 ponto se o aluno concluiu corretamente.
iv Descontar 0.2 por cada erro de conta.
BOA PROVA!