3ª Prova Cálculo I UFMG (C12013_1_gabarito_3)

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Cálculo I: Gabarito 3a prova, Turmas R1, R2, OL. 29 de junho de 2013, 8h00, Duração: 1h40.
1. (12pts) Calcule as primitivas:
∫
x3
x2−1 dx,
∫
xe3x dx.
O jeito mais simples de calcular a primeira é de fazer a substituição u = x2 − 1, que dá du = 2x dx, assim∫
x3
x2 − 1 dx =
∫
x2
x2 − 1x dx =
1
2
∫
u+ 1
u
du = 12
∫ {
1 + 1u
}
du
= 12 {u+ ln |u|}+ C = 12
{
x2 − 1 + ln |x2 − 1|}+ C (6pts) .
Pode também considerar a função
x3
x2−1 como um caso
P (x)
Q(x) . Como o grau de P é maior que o grau de Q, comecemos
com uma divisão de polinômio, que dá
x3
x2−1 = x+
x
x2−1 (3pts). A primitiva do primeiro termo dá
∫
x dx = 12x
2+C1.
Para o segundo podemos chamar w = x2 − 1, dw = 2x dx, logo∫
x
x2 − 1 dx =
1
2
∫
1
w dw =
1
2 ln |w|+ C2 = 12 ln |x2 − 1|+ C2(3pts)
A primitiva desse segundo termo pode ser calculada também fazendo uma decomposição em frações parciais, mesmo
se fica um pouco mais complicado:∫
x
x2 − 1 dx =
1
2
∫ { 1
x− 1 +
1
x+ 1
}
dx = 12
{
ln |x− 1|+ ln |x+ 1|}+ C2 = 12 ln |x2 − 1|+ C2 .(3pts)
Juntando com o primeiro termo obtemos de novo
∫
x3
x2−1 dx =
1
2
{
x2 + ln |x2 − 1|}+ C ′.
Para a segunda primitiva, basta usar integração por partes. Como
1
3e
3x
é primitiva de e3x,∫
xe3x dx = x( 13e
3x)−
∫
1 · ( 13e3x) dx (3pts)
= 13xe
3x − 13
∫
e3x dx
= 13xe
3x − 13 ( 13e3x) + C (3pts)
= 19e
3x(3x− 1) + C
2. Considere a região R finita delimitada pela parábola f(x) = x2 − 7x+ 12 e pelo eixo x. (JUSTIFIQUE!)
(a) (5pts) Monte uma integral (sem calculá-la) que represente a área de R.
(b) (9pts) Monte uma integral (sem calculá-la) que represente o volume do sólido obtido girando R em torno da
reta 1) y = 0, 2) y = 2, 3) x = 5.
(a)
x
y = 2
x = 5
f(x)
3 4
R
Como a parábola corta o eixo x em a = 3 e b = 4, e está abaixo do eixo x entre esses dois valores, a área de R é dada
pela integral de Riemann (lembre da �área entre dois gráficos�)∫ 4
3
(0− f(x))dx (5pts)
(b) Em torno da reta y = 0, usando cilíndros (pode também fazer com cascas mas fica mais complicado):∫ 4
3
pi(−f(x))2dx . (3pts)
Obs: formalmente, é preciso mudar o sinal de f(x) entre 3 e 4, pois o raio dos cilíndros usados na construção têm que
ser positivos!
Em torno da reta y = 2, usando também cilíndros:∫ 4
3
pi(2− f(x))2dx−
∫ 4
3
pi22dx . (3pts)
Obs: Os cilíndros externos têm raio dado pela diferença de altura entre a reta y = 2 e o gráfico da função f(x), que
dá 2− f(x). Os cilíndros internos têm todos o mesmo raio 2.
Em torno da reta x = 5, é mais fácil usando cascas:∫ 4
3
2pi(5− x)(0− f(x)) dx . (3pts)
Obs: Uma casca tem raio dado pela distância do ponto x até a reta x = 5, que é 5− x; a sua altura é −f(x).
3. (8pts) Defina o que significa uma integral imprópria
∫∞
a
f(x) dx convergir. A integral imprópria
∫∞
0
e−x
1+x2 dx converge?
Por definição, se f : [a,∞)→ R é contínua, diz-se que a integral imprópria ∫∞
a
f(x)dx converge se o limite
lim
L→∞
∫ L
a
f(x) dx
existir e for finito (Obs: a integral
∫ L
a
f(x) dx é no sentido de Riemann) (4pts).
Para
∫∞
0
e−x
1+x2 dx, é preciso usar comparação (não dá para calcular a primitiva de
e−x
1+x2 ). Uma comparação possível é
de observar que para todo x ≥ 0, 0 ≤ e−x1+x2 ≤ e
−x
1+0 = e
−x
. Logo,
0 ≤
∫ ∞
0
e−x
1 + x2
dx ≤
∫ ∞
0
e−x dx = lim
L→∞
∫ L
0
e−x dx = lim
L→∞
{1− e−L} = 1 <∞ .
Logo
∫∞
0
e−x dx converge, portanto
∫∞
0
e−x
1+x2 dx converge também (4pts).
Um outro jeito: para todo x ≥ 0, 0 ≤ e−x ≤ 1, logo 0 ≤ e−x1+x2 ≤ 11+x2 . Logo,∫ ∞
0
e−x
1 + x2
dx ≤
∫ ∞
0
1
1 + x2
dx = lim
L→∞
∫ L
0
dx
1 + x2
= lim
L→∞
arctanL = pi2 <∞ .
Portanto,
∫∞
0
1
1+x2 dx converge, logo
∫∞
0
e−x
1+x2 dx converge também (4pts).
Obs: dá pra escrever também 0 ≤ e−x1+x2 ≤ 1x2 , só que a desigualdade para a integral imprópria,∫ ∞
0
e−x
1 + x2
dx ≤
∫ ∞
0
dx
x2
é inútil, já que a integral do lado direito é infinita (o problema dela está em 0, não em →∞...)
4. (BONUS) Use uma substituição trigonométrica para calcular
∫
x3√
1−x2 dx.
Considere a substituição x = sent (dx = cos t dt). Como x é restrito ao intervalo −1 < x < 1, podemos supor que
−pi/2 < t < pi/2. Para esses valores de t temos que cos t > 0, logo √1− (sent)2 = | cos t| = cos t. Assim,∫
x3√
1− x2 dx =
∫
(sent)3√
1− (sent)2 cos t dt =
∫
(sent)3 dt (3pts) =
∫
(1− cos2 t)sent dt .
Com uma segunda substituição u = cos t (du = −sent dt),∫
(1− cos2 t)sent dt = −
∫
(1− u2) du = −u+ 13u3 + C = − cos t+ 13 (cos t)3 + C .
Voltando para a variável x, ∫
x3√
1− x2 dx = −
√
1− x2 + 13
√
1− x23 + C . (3pts)
2