Cálculo Diferencial E integrais 1,2 e 3 (64)

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Gabarito da Questa˜o 1 - Prova Tipo A / 2010
Calcule as seguintes integrais indefinidas:
(1, 5) a)
∫
x5√
3+x2
dx
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis x =
√
3 tanu, temos que dx =
√
3 sec2 udu, logo∫
x5√
3 + x2
dx = 9
√
3
∫
tan5 u secudu
= 9
√
3
∫
(sec2 u − 1)2(secu tanu)du
= 9
√
3
∫
(sec4 u − 2 sec2 u + 1)(secu tanu)du
= 9
√
3
(
sec5 u
5
− 2sec
3 u
3
+ secu
)
+ C
= 9
√
3
15
(
1 +
x2
3
)5/2
− 2
3
(
1 +
x2
3
)3/2
+
(
1 +
x2
3
)1/2 + C
=
1
5
(3 + x2)5/2 − 2(3 + x2)3/2 + 9(3 + x2)1/2 + C .
(2, 0) b)
∫
3ex
(ex+2)(e2x+2ex+3)dx
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis ex = u, temos que exdx = du, logo∫
3ex
(ex + 2)(e2x + 2ex + 3)
dx =
∫
3
(u + 2)(u2 + 2u + 3)
dx . (1)
Vamos agora encontrar A,B,C ∈ R tais que
3
(u + 2)(u2 + 2u + 3)
=
A
u + 2
+
Bu + C
u2 + 2u + 3
.
Isso implica que A,B,C satisfazem o sistema linear
A + B = 0
2A + 2B + C = 0
3A + 2C = 3
,
e portanto, A = 1, B = −1 e C = 0. Voltando a` equac¸a˜o (1), temos que∫
3ex
(ex + 2)(e2x + 2ex + 3)
dx =
∫ ( 1
u + 2
− u
u2 + 2u + 3
)
du
= ln |u + 2| − 1
2
∫
u(
u+1√
2
)2
+ 1
du
= ln |u + 2| − 1√
2
∫ √
2v − 1
v2 + 1
dv , onde v =
u + 1√
2
= ln |u + 2| − 1
2
ln(1 + v2) +
1√
2
arctan v + C
= ln(ex + 2) − 1
2
ln
1 + (ex + 1√
2
)2 + 1√
2
arctan
(
ex + 1√
2
)
+ C
1
Gabarito da Questa˜o 1 - Prova Tipo B / 2010
Calcule as seguintes integrais indefinidas:
(1, 5) a)
∫
x5√
2+x2
dx
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis x =
√
2 tanu, temos que dx =
√
2 sec2 udu, logo∫
x5√
2 + x2
dx = 4
√
2
∫
tan5 u secudu
= 4
√
2
∫
(sec2 u − 1)2(secu tanu)du
= 4
√
2
∫
(sec4 u − 2 sec2 u + 1)(secu tanu)du
= 4
√
2
(
sec5 u
5
− 2sec
3 u
3
+ secu
)
+ C
= 4
√
2
15
(
1 +
x2
2
)5/2
− 2
3
(
1 +
x2
2
)3/2
+
(
1 +
x2
2
)1/2 + C
=
1
5
(2 + x2)5/2 − 4
3
(2 + x2)3/2 + 4(2 + x2)1/2 + C .
(2, 0) b)
∫
6ex
(ex+4)(e2x+4ex+6)dx
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis ex = u, temos que exdx = du, logo∫
6ex
(ex + 4)(e2x + 4ex + 6)
dx =
∫
6
(u + 4)(u2 + 4u + 6)
dx . (1)
Vamos agora encontrar A,B,C ∈ R tais que
6
(u + 4)(u2 + 4u + 6)
=
A
u + 4
+
Bu + C
u2 + 4u + 6
.
Isso implica que A,B,C satisfazem o sistema linear
A + B = 0
4A + 4B + C = 0
6A + 4C = 6
,
e portanto, A = 1, B = −1 e C = 0. Voltando a` equac¸a˜o (1), temos que∫
6ex
(ex + 4)(e2x + 4ex + 6)
dx =
∫ ( 1
u + 4
− u
u2 + 4u + 6
)
du
= ln |u + 4| − 1
2
∫
u(
u+2√
2
)2
+ 1
du
= ln |u + 4| − 1√
2
∫ √
2v − 2
v2 + 1
dv , onde v =
u + 2√
2
= ln |u + 4| − 1
2
ln(1 + v2) +
√
2 arctan v + C
= ln(ex + 4) − 1
2
ln
1 + (ex + 2√
2
)2 + √2 arctan (ex + 2√
2
)
+ C
1
A
Questão 2. (2,5)
Seja R = {(x, Y) E JR2: 1 ~ x ~ e, 1 ~ Y ~ 2 + ln(x)}. Calcule o volume do
sólido obtido pela rotação de R em torno da reta y
= 3.
'h 31 ~= J.+ t~ :x:
1
1 e
e e
r
~. ~ ] . (- ~'..J -=. 1\ J [(3-1.')- (::., - 02-Qyn.J ,. d )( =:11}3 -I- .n~:L - QY'x') ctL :::
(
-
i e i
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\
-
J
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d 'X.
:i- 1- 1
::: (€ e Y\e - e ') - (1 e \'\ 1 - -1')
-=-
.i
)x.
-
1.
B
Questão 2. (2,5)
Seja R = {(X,y) E JR2: 1:S x:S e, 1.:S y:S 3+ln(x)}. Calcule o volume do
sólido obtido pela rotação de R em torno da reta y = 4.
lt.
~ -
3... e:t\ .x:
'4 I
0-
e
-A-
3. Considere a func¸a˜o g(x) =
∫ 2cos(x)
0
[3+ sen(t2)]dt definida em R.
(1,0) a) Calcule g′(x).
(1,0) b) Seja f (x) =
∫ g(x)
0
x2√
4+ t4
dt. Calcule f ′(pi/2).
Soluc¸a˜o:
a) Usando o segundo teorema fundamental do Ca´lculo, obtemos
g′(x) = d
dx
(
∫ 2 cos(x)
0
[3+ sen(t2)]dt)
=
[
3+ sen(4 cos2(x))
]
(−2sen(x))
b) Novamente, pelo segundo teorema fundamental do Ca´lculo
f ′(x) = d
dx
(∫ g(x)
0
x2√
4+ t4
dt
)
=
d
dx
(
x2
∫ g(x)
0
1√
4+ t4
dt
)
= 2x
∫ g(x)
0
1√
4+ t4
dt+ x2(
1√
4+ (g(x))4
)g′(x)
Fazendo x = pi/2 na expressa˜o acima e observando que g(pi/2) = 0, obtemos
f ′(pi/2) = pi
2
4
· 1
2
· (−6) = −3pi
2
4
-B-
3. Considere a func¸a˜o g(x) =
∫ 2sen(x)
0
[3+ cos(t2)]dt definida em R.
(1,0) a) Calcule g′(x).
(1,0) b) Seja f (x) =
∫ g(x)
0
x2√
4+ t4
dt. Calcule f ′(pi).
Soluc¸a˜o:
a) Usando o segundo teorema fundamental do Ca´lculo, obtemos
g′(x) = d
dx
(
∫ 2sen(x)
0
[3+ cos(t2)]dt)
=
[
3+ cos(4sen2(x))
]
(2cos(x))
b) Novamente, pelo segundo teorema fundamental do Ca´lculo
f ′(x) = d
dx
(∫ g(x)
0
x2√
4+ t4
dt
)
=
d
dx
(
x2
∫ g(x)
0
1√
4+ t4
dt
)
= 2x
∫ g(x)
0
1√
4+ t4
dt+ x2(
1√
4+ (g(x))4
)g′(x)
Fazendo x = pi na expressa˜o acima e observando que g(pi) = 0, obtemos
f ′(pi) = pi2 · 1
2
· (−8) = −4pi2
A
Questa˜o 4.
(1,0) a) Mostre que para todo x ∈ R temos∣∣∣∣sen(x4)− (x4 − x123! + x205! )
∣∣∣∣ ≤ |x|246!
Sejam f(y) = sen(y) e y0 = 0.
O polinoˆmio de Taylor de f de grau 5, em torno de y0 e´ dado por:
p5(y) = f(0)+f
′(0)(y−0)+f
′′(0)
2!
(y−0)2+f
′′′(0)
3!
(y−0)3+f
(4)(0)
4!
(y−0)4+f
(5)(0)
5!
(y−0)5,
com f(0) = sen(0) = 0, f ′(0) = cos(0) = 1, f ′′(y0) = −sen(0) = 0, f ′′′(0) =
−cos(0) = −1, f (4)(0) = sen(0) = 0 e f (5)(0) = cos(0) = 1.
Ou seja,
p5(y) = y − y
3
3!
+
y5
5!
.
Considere y = x4, segundo a fo´rmula de Taylor, existe um x¯ entre 0 e x4 tal que:
f(x4) = p5(x
4) + E(x4), onde E(y) =
f (6)(x¯)
6!
y6. Ou seja,
∣∣∣∣sen(x4)− (x4 − x123! + x205! )
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣f (6)(x¯)6! (x4)6
∣∣∣∣ ≤ |x|246! , pois |f (6)(x¯)| = | − sen(x¯)| ≤ 1
(1,0) b) Avalie
∫ 1
0
sen(x4)dx com erro inferior a
1
212
.∣∣∣∣∫ 1
0
sen(x4)dx−
∫ 1
0
pn(x
4)dx
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ 1
0
(
sen(x4)− pn(x4)
)
dx
∣∣∣∣ ≤ ∫ 1
0
∣∣sen(x4)− pn(x4)∣∣ dx
≤
∫ 1
0
∣∣f (n+1)(x¯)∣∣ x4n+4
(n + 1)!
dx ≤
∫ 1
0
x4n+4
(n + 1)!
dx =
[
x4n+5
(n + 1)!(4n + 5)
]1
0
=
1
(n + 1)!(4n + 5)
<
1
212
=⇒ n = 5.(
Observe que
∣∣f (n+1)(x¯)∣∣ ≤ 1, pois ∣∣f (n+1)(x¯)∣∣ = |cos(x¯)| ou ∣∣f (n+1)(x¯)∣∣ = |sen(x¯)|) .
∫ 1
0
sen(x4)dx ≈
∫ 1
0
p5(x
4)dx =
∫ 1
0
(
x4 − x
12
3!
+
x20
5!
)
dx =
[
x5
5
− x
13
13.3!
+
x21
21.5!
]1
0
=
1
5
− 1
13.3!
+
1
21.5!
=
1
5
− 1
78
+
1
2520
= 0, 2− 0, 012821 + 0, 000397 = 0, 187576.
B
Questa˜o 4.
(1,0) a) Mostre que para todo x ∈ R temos∣∣∣∣sen(x4)− (x4 − x123! + x205! )
∣∣∣∣ ≤ |x|246!
Sejam f(y) = sen(y) e y0 = 0.
O polinoˆmio de Taylor de f de grau 5, em torno de y0 e´ dado por:
p5(y) = f(0)+f
′(0)(y−0)+f
′′(0)
2!
(y−0)2+f
′′′(0)
3!
(y−0)3+f
(4)(0)
4!
(y−0)4+f
(5)(0)
5!
(y−0)5,
com f(0) = sen(0) = 0, f ′(0) = cos(0) = 1, f ′′(y0) = −sen(0) = 0, f ′′′(0) =
−cos(0) = −1, f (4)(0) = sen(0) = 0 e f (5)(0) = cos(0) = 1.
Ou seja,
p5(y) = y − y
3
3!
+
y5
5!
.
Considere y = x4, segundo a fo´rmula de Taylor, existe um x¯ entre 0 e x4 tal que:
f(x4) = p5(x
4) + E(x4), onde E(y) =
f (6)(x¯)
6!
y6. Ou seja,
∣∣∣∣sen(x4)− (x4 − x123! + x205! )
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣f (6)(x¯)6! (x4)6
∣∣∣∣ ≤ |x|246! , pois |f (6)(x¯)| = | − sen(x¯)| ≤ 1
(1,0) b) Avalie
∫ 1
0
sen(x4)dx com erro inferior a
1
212
.∣∣∣∣∫ 1
0
sen(x4)dx−
∫ 1
0
pn(x
4)dx
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ 1
0
(
sen(x4)− pn(x4)
)
dx
∣∣∣∣ ≤ ∫ 1
0
∣∣sen(x4)− pn(x4)∣∣ dx
≤
∫ 1
0
∣∣f (n+1)(x¯)∣∣x4n+4
(n + 1)!
dx ≤
∫ 1
0
x4n+4
(n + 1)!
dx =
[
x4n+5
(n + 1)!(4n + 5)
]1
0
=
1
(n + 1)!(4n + 5)
<
1
212
=⇒ n = 5.(
Observe que
∣∣f (n+1)(x¯)∣∣ ≤ 1, pois ∣∣f (n+1)(x¯)∣∣ = |cos(x¯)| ou ∣∣f (n+1)(x¯)∣∣ = |sen(x¯)|) .
∫ 1
0
sen(x4)dx ≈
∫ 1
0
p5(x
4)dx =
∫ 1
0
(
x4 − x
12
3!
+
x20
5!
)
dx =
[
x5
5
− x
13
13.3!
+
x21
21.5!
]1
0
=
1
5
− 1
13.3!
+
1
21.5!
=
1
5
− 1
78
+
1
2520
= 0, 2− 0, 012821 + 0, 000397 = 0, 187576.