Cálculo Diferencial E integrais 1,2 e 3 (59)

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MAT 2453 - P3
Ca´lculo Diferencial e Integral para
Engenharia I
28.06.2005
(A ı´mpar B par)
Questa˜o 1. (2,5 pontos)Calcule o volume do so´lido obtido pela rotac¸a˜o em torno
do
eixo Ox do conjunto de todos os pontos (x, y) ∈ R2 tais
que y > x2, y 6 √x e y > 1
8x
.
Temos,
x2 ≤ y ≤ √x
1
8x
≤ y ≤ √x
Intersecc¸o˜es:
x2 =
√
x see x = 0 ou x = 1
1
8x
=
√
x see x = 1
4
x2 = 1
8x
see x = 1
2
O volume da rotac¸a˜o de uma func¸a˜o f(x) em torno do
eixo x em um intervalo [a, b] e´ dado por∫ b
a
pi f 2(x) dx
Dai o volume pedido e´ obtido pelo ca´lculo de
V = pi
(∫ 1/2
1/4
(x− 1
64x2
) dx+
∫ 1
1/2
(x− x4) dx
)
=
= pi
([x2
2
+
1
64x
]1/2
1/4
+
[x2
2
− x
5
5
]1
1/2
)
=
=
39pi
160
.
1
Questa˜o 2. Calcule as seguintes integrais indefinidas:
(a) (1,5 pontos)∫
4x2 − 3x+ 3
(x2 − 2x+ 2)(x+ 1) dx;
(b) (1 ponto)
∫
x√
4x− x2 dx;
(c) (1 ponto)
∫
sen
√
x dx.
(a) Temos que
4x2−3x+3
(x2−2x+2)(x+1) =
Ax+B
x2−2x+2
C
x+1
4x2−3x+3
(x2−2x+2)(x+1) =
(Ax+B)(x+1)+C(x2−2x+2)
(x2−2x+2)(x+1)
Donde devemos ter que 4x2 − 3x+ 3 = (Ax+B)(x+ 1) + C(x2 − 2x+ 2).
Por igualdade de polinoˆmios, temos
x2 : A+ C = 4
x1 : A+B − 2C = −3
x0 : B + 2C = 3
Dai,
A = 4− C
B = 3− 2CA+B − 2C = −3
Donde,
A = 4− C
B = 3− 2C4− C + 3− 2C − 2C = −3
dai, C = 2, A = 2 e B = −1.
Desse modo, a integral equivale a∫
2x+1
x2−2x+2 dx+
∫
2
x+1
dx = I + II
II e´ dada imediatamente por 2 ln |x+ 1|.
I e´ dada por ∫
2x+1
x2−2x+2 dx =
∫
2x+1
(x−1)2+1 dx
Chamando x− 1 = u e substituindo, temos∫
2u+3
u2+1
dx =
∫
2u
u2+1
dx+
∫
3
u2+1
dx = ln(u2 + 1) + 3 arctg u
2
Substituindo e somando a II, temos
2 ln |x+ 1|+ ln(x2 − 2x+ 2) + 3 arctg (x− 1) +K
b)
∫
x√
4x− x2 dx
Temos,
x√
4x−x2 =
x√
4−(x−2)2 =
x
2
√
1−(x−2
2
)2
Fazendo x−2
2
= u e substituindo, temos,
∫
2u+2√
1−u2 du =
∫
2u√
1−u2 du+
∫
2√
1−u2 du = −2
√
1− u2 + 2 arcsin u+K
Substituindo inversamente, temos
−
√
x2 − 4x+ 2 arcsin x− 2
2
+K
c)
∫
sen
√
x dx
Fac¸a
√
x = u. Substituia e obtenha
∫
2u sinu du. Por partes,
temos ∫
2u sinu du = −2u cosu+ ∫ 2 cos u du = −2u cosu+ 2 sin u+K
Fazendo a substituic¸a˜o inversa. temos
−2√x cos√x+ 2 sin√x+K
3
Questa˜o 3. (2,0 pontos) Estude a convergeˆncia das seguintes
integrais impro´prias:
(a)
∫ pi/2
0
x2 + 1√
sinx
dx;
(b)
∫ +∞
1
e−x√
x
dx.
a)
∫ pi/2
0
x2 + 1√
sinx
dx
A func¸a˜o x
2+1√
sinx
na˜o esta´
definida em 0. Temos
x− x
3
6
≤ sinx
para x suficientemente pequeno. Dai, se
(A)
∫ pi/2
0
x2+1√
x−x3
6
dx converge,
a integral dada converge.
Agora, x
6
≤ x− x3
6
(temos que 0 < x < 1)
e se
(B)
∫ pi/2
0
x2+1√
x
6
dx
converge, a integral (A) converge.
Temos: ∫ pi/2
0
x2+1√
x
6
dx =
∫ pi/2
0
x2√
x
6
dx+
∫ pi/2
0
1√
x
6
dx =
√
6(x3/2)|pi/20 + limy→0
∫ pi/2
y
1√
x
6
dx =
√
6((pi/2)3/2) + limy→02.x1/2|pi/2y ) =√
6((pi/2)3/2) + 2(pi/2)1/2
b)
∫ +∞
1
e−x√
x
dx
Temos que
e−x√
x
≤ xe−x
desde que 1/x ≤ √x para x ≥ 1.∫ +∞
1
xe−x dx = limy→+∞
∫ y
1
xe−x dx = limy→+∞(−x− 1)e−x|y1 =
2e−1
desde que, usando L’Hospital limy→+∞(−y − 1)e−y = 0.
4
Questa˜o 4. (2,0 pontos)Calcule o seguinte limite (caso exista):
lim
x→0
∫ x2
0
cos t2 dt∫ x
0
e−t2 dt
.
Sugesta˜o: Regra de L’Hoˆpital.
Sejam F (x) =
∫ x2
0
cos t2 dt e G(x) =
∫ x
0
e−t
2
dt; F e G sa˜o cont´ınuas, usando-se o 2o
teorema fundamental e a continuidade da composic¸a˜o de func¸o˜es cont´ınuas.
Da´ı, lim
x→0
F (x) = F (0) = 0 e lim
x→0
G(x) = G(0) = 0.
Temos, por L’Hospital,
lim
x→0
F (x)
G(x)
= lim
x→0
F ′(x)
G′(x) = limx→0
cosx4.2x
e−x2
= 0,
donde o limite acima vale 0.
5