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B MAT 2453 - Ca´lculo Diferencial e Integral para Engenharia I 1o semestre de 2006 - 3a PROVA - 27/06/2006 JUSTIFIQUE TODAS AS SUAS RESPOSTAS Questa˜o 1. Calcule as seguintes integrais: (1,0) (a) ∫ x2cos(2x) dx (1,5) (b) ∫ 3 √ 3 √ 9 + x2 x4 dx (a)Usaremos integrac¸a˜o por partes. Seja u = x2 e dv = cos(2x)dx. Enta˜o du = 2xdx e v = 1 2 sen(2x). Assim:∫ x2cos(2x) dx = 1 2 x2sen(2x)− ∫ 1 2 sen(2x)2xdx = 1 2 x2sen(2x)− ∫ xsen(2x)dx. Vamos agora calcular ∫ xsen(2x)dx. Para isso, usamos novamente integrac¸a˜o por partes, desta vez com u = x e dv = sen(2x)dx. Temos enta˜o que du = dx e v = −1 2 cos(2x) e∫ xsen(2x)dx = −1 2 xcos(2x)− ∫ −1 2 cos(2x)dx = −1 2 xcos(2x) + 1 4 sen(2x) + C,C ∈ IR. Logo: ∫ x2cos(2x) dx = 1 2 x2sen(2x) + 1 2 xcos(2x)− 1 4 sen(2x) + C,C ∈ IR. (b) Vamos primeiro calcular ∫ √9 + x2 x4 dx. Para isso usamos a substituic¸a˜o trigonome´trica x = 3tgθ, com −pi 2 < θ < pi 2 . Enta˜o dx = 3sec2θdθ.∫ √9 + x2 x4 dx = ∫ 9sec3θ 81tg4θ dθ = 1 9 ∫ cosθ sen4θ dθ = − 1 27 sen−3θ + C,C ∈ IR. Para voltar para a varia´vel x, vemos no triaˆngulo abaixo, que senθ = x√ 9 + x2 . Portanto: ∫ √9 + x2 x4 dx = − 1 27 (9 + x2) 3 2 x3 + C,C ∈ IR. Logo, pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo , temos que∫ 3 √ 3 √ 9 + x2 x4 dx = − 1 27 (9 + 32) 32 33 − (9 + ( √ 3)2) 3 2 ( √ 3)3 . B Questa˜o 2. Calcule as seguintes integrais: (1,0) a) ∫ sen 3(√x)√ x dx = 2 ∫ sen 3( √ x) 1 2 √ x dx = 2 ∫ sen 3(u) du = 2 ∫ sen 2(u)sen (u) du= ↓ u = √ x du = 1 2 √ x dx = 2 ∫ (1− cos 2(u))sen (u) du = −2 ∫ (1− v2) dv = −2v + 2v 3 3 + k = −2cos u+ 2cos 3(u) 3 + k= ↓ v = cos (u) dv = −sen (u) du = −2cos (√x) + 2cos 3( √ x) 3 +K, K ∈ IR. (1,5) a) ∫ ln (x2 + 9) (x− 1)2 dx = − ln (x2 + 9) x− 1 + ∫ 2x (x− 1)(x2 + 9) dx= ↓ u = ln (x2 + 9) du = 2x x2 + 9 dv = 1 (x− 1)2 dx v = − 1 x− 1 = − ln (x 2 + 9) x− 1 + ∫ [ A x− 1 + Bx+ C x2 + 9 ] dx = − ln (x 2 + 9) x− 1 + ∫ [ 1 5 x− 1 + −1 5 x+ 9 5 x2 + 9 ] dx= ↓ 2x (x− 1)(x2 + 9) = A x− 1 + Bx+ C x2 + 9 = (A+B)x2 + (−B + C)x+ (9A− C) (x− 1)(x2 + 9) A+B = 0 −B + C = 2 9A− C = 0 ⇒ A = 1/5 B = −1/5 C = 9/5 = − ln (x 2 + 9) x− 1 + 1 5 ∫ 1 x− 1 dx− 1 5 ∫ x x2 + 9 dx+ 9 5 ∫ 1 x2 + 9 dx= = − ln (x 2 + 9) x− 1 + 1 5 ln |x− 1| − 1 10 ln (x2 + 9) + 3 5 arctg ( x 3 ) +K, K ∈ IR. B Questa˜o 3. Seja F : [1,+∞[→ IR dada por F (x) = ∫ x 1 √ t3 − 1 dt. (1,0)(a) Calcule o comprimento do gra´fico de F entre x = 1 e x = 4. (1,5)(b) Calcule lim x→3 F (x2)− F (9) sen(x− 3) . (a) Pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo, temos que F ′(x) = √ x3 − 1. Logo, o compri- mento L do gra´fico de F entre x = 1 e x = 4 e´ L = ∫ 4 1 √ 1 + (F ′(x))2 dx = ∫ 4 1 x 3 2dx = 2 x 5 2 5 ∣∣∣∣∣∣ 4 1 = 2 5 [ 25 − 1 ] = 62 5 . (b) Observe que d dx F (x2) = d dx ∫ x 2 1 √ t3 − 1 dt = √ (x2)3 − 1 · 2x = 2x √ x6 − 1. Portanto, pela Regra de L’Hospital, temos lim x→3 F (x2)− F (9) sen(x− 3) = limx→3 2x √ x6 − 1 cos(x− 3) = 6 √ 36 − 1. B Questa˜o 4. (2,5) Seja R a regia˜o do plano delimitada pelo gra´fico da func¸a˜o f(x) = x3 e por sua reta tangente em x = 1. Calcule o volume do so´lido obtido pela rotac¸a˜o de R em torno da reta y = 2. -4 -2 2 4 -7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5 Como f ′(x) = 3x2, temos que f ′(1) = 3 e a equac¸a˜o da reta tangente ao gra´fico de f em x = 1 e´ y − 1 = 3(x− 1), ou , y = 3x− 2. A intersecc¸a˜o do gra´fico de f com a reta y = 3x − 2 ocorre em nos pontos (1, 1) (e´ claro!) e em (−2,−8) ( encontre esse ponto!). A regia˜o R e´ enta˜o R = {(x, y) ∈ IR2| − 2 ≤ x ≤ 1, 3x− 2 ≤ y ≤ x3}. Quando a regia˜o R gira em torno da reta y = 2, obtemos um so´lido cujas secc¸o˜es transversais por planos ortogonais ao eixo x e passando por x sa˜o arruelas com o raio menor igual a 2 − x3 e raio maior igual a 2− (3x− 2). Logo o volume do so´lido e´: ∫ 1 −2 pi [ (4− 3x)2 − (2− x3)2 ] dx. Agora e´ so´ calcular essa integral!∫ [ (4− 3x)2 − (2− x3)2 ] dx =∫ [ (16− 24x+ 9x2)− (4− 4x3 + x6) ] dx = 12x − 24x 2 2 + 9 x3 3 + 4 x4 4 − x 7 7 + C,C ∈ IR. Portanto o volume pedido e´: ∫ 1 −2 pi [ (4− 3x)2 − (2− x3)2 ] dx = pi ( 12x− 24x 2 2 + 9 x3 3 + 4 x4 4 − x 7 7 )∣∣∣∣∣ 1 −2 = pi ( 12− 24 2 + 9 1 3 + 4 1 4 − 1 7 ) − pi [ 12(−2)− 24(−2) 2 2 + 9 (−2)3 3 + 4 (−2)4 4 − (−2) 7 7 ] = 459 7 pi.
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