respostas do livro james stewart 7a ed

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Professor Me. Francisco Leônardo Costa
1a AVALIAÇÃO 1a Chamada Data:___/___/___ Nota:____
Curso: Bacharelado em Ciência e Tecnologia Ano/Sem: 2015.2 Período: 2o
Disciplina: Cálculo II Turno: ____________ Turma: ____
Aluno (a): . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exercício 5.3
Questão 27
A dica nesta questão é desenvolver o produto e utilizar a regra da potência para integrais
Dada a integral ∫
2
0
x
(
2 + x5
)
dx
veja aque
x
(
2 + x5
)
= 2x+ x6
assim ∫
2
0
(
2x+ x6
)
dx = x2 +
x7
7
∣∣∣∣2
0
=
(
22 +
27
7
)
−
(
02 +
07
7
)
=
156
7
Questão 29
A dica nesta questão é efetuar a simplificação e usar a regra da potência.
Temos que ∫
9
1
(x− 1)√
x
dx =
note que
(x− 1)√
x
=
x√
x
− 1√
x
=
x
x1/2
− 1
x1/2
= x1−1/2 − x−1/2
= x1/2 − x−1/2
logo ∫
9
1
(x− 1)√
x
dx =
∫
9
1
(
x1/2 − x−1/2) dx
=
x
3
2
3
2
− x
1
2
1
2
∣∣∣∣∣
9
1
=
2x
3
2
3
− 2x 12
∣∣∣∣∣
9
1
=
(
2 ∗ 9 32
3
− 2 ∗ 9 12
)
−
(
2 ∗ 1 32
3
− 2 ∗ 1 12
)
=
(
54
3
− 6
)
−
(
2
3
− 2
)
=
(
54− 18
3
)
−
(
2− 6
3
)
=
36
3
+
4
3
=
40
3
Exercício 5.5
Questão 21 ∫
(ln x)2
x
dx
Fazendo u = ln x, vem que du =
1
x
dx. Assim,
∫
(ln x)2
x
dx =
∫
(ln x)2
1
x
dx
=
∫
u2du
=
u3
3
+ C
=
1
3
(ln x)3 + C
Questão 23 ∫
sec2 θ tan3 θdθ
Fazendo u = tan θ, vem que du = sec2 θdθ. Dessa forma∫
sec2 θ tan3 θdθ =
∫
tan3 θ sec2 θdθ
=
∫
u3du
=
u4
4
+ C
=
1
4
tan4 θ + C
Questão 43
Dica: veja a folha de referência 5 no final do livro e veja que a deirivada da função inversa sin−1 x é
d
(
sin−1 x
)
dx
=
1√
1− x2 ,
assim, ∫
dx√
1− x2 sin−1 x =
∫
1
sin−1 x
1√
1− x2dx
fazendo a substituição u = sin−1 x veja que
du =
1√
1− x2dx
logo, ∫
1
sin−1 x
1√
1− x2dx =
∫
1
u
du
= ln |u|+ C
= ln
∣∣sin−1 x∣∣+ C
Questão 47
Dada a integral ∫
x (2x+ 5)8 dx
fazendo u = 2x+ 5, então
du = 2dx
du
2
= dx
e x =
u− 5
2
. Dessa forma
∫
x (2x+ 5)8 dx =
∫ (
u− 5
2
)
u8
du
2
=
1
4
∫
(u− 5) u8du
=
1
4
∫ (
u9 − 5u8) du
=
1
4
(
u10
10
− 5u
9
9
)
+ C
=
(2x+ 5)10
40
− 5 (2x+ 5)
9
36
+ C
Exercício 5.5
Questão 43
Exercício 7.1 - página 423
Questão 7
Dada a integral ∫ (
x2 + 2x
)
cosxdx =
∫
x2 cosxdx+
∫
2x cosxdx
Resolvendo a integral
∫
x2 cosxdx temos que u = x2, dv = cosxdx. Logo, du = 2xdx e v = sinx.
Dessa forma ∫
udv = uv −
∫
vdu∫
x2 cosxdx = x2 sin x−
∫
2x sinxdx
Resolvendo a integral
∫
2x sin xdx temos que u = 2x, dv = sin dx. Logo, du = 2dx e v = − cosx.
Dessa forma
∫
2x sin xdx = −2x cosx−
∫
−2 cosxdu
= −2x cosx+ 2 sin x
assim ∫
x2 cosxdx = x2 sin x−
∫
2x sin xdx
= x2 sin x− (−2x cos x+ 2 sin x)
= x2 sin x+ 2x cos x− 2 sinx
Resolvendo a integral
∫
2x cosxdx temos que u = 2x, dv = cosxdx. Logo, du = 2dx e v = sinx.
Dessa forma ∫
udv = uv −
∫
vdu∫
2x cosxdx = 2x sin x−
∫
2 sin xdx
= 2x sin x+ 2 cosx
Substituindo os valores obtidos, vem
∫ (
x2 + 2x
)
cosxdx =
∫
x2 cosxdx+
∫
2x cosxdx
=
(
x2 sin x+ 2x cosx− 2 sin x)+ (2x sin x+ 2 cosx)
= x2 sin x+ 2x sin x− 2 sin x+ 2x cosx+ 2 cos x+ C
Questão 11 ∫
arctan (4t) dt
Fazendo u = arctan (4t) e dv = 1dt, vem que du =
4
1 + (4t)2
dt e v = t.∫
arctan (4t) dt = t arctan (4t)−
∫
t
4
1 + (4t)2
dt
Vamos reslver a integral
∫
t
4
1 + (4t)2
dt pelo método da substituição, assim fazendo x = 1 + (4t)2 e
dx = 8 ∗ 4tdt, dessa forma ∫
4t
1 + (4t)2
dt =
∫
1
1 + (4t)2
4tdt
=
∫
1
1 + u
dx
8
=
1
8
ln (u)
retornando a integral por partes∫
arctan (4t) dt = t arctan (4t)−
∫
t
4
1 + (4t)2
dt
= t arctan (4t)−
(
1
8
ln
(
1 + 16t2
))
+ C
= t arctan (4t)− 1
8
ln
(
1 + 16t2
)
+ C
Questão 13 ∫
t sec2 (2t) dt
Fazendo u = t e dv = sec2 (2t) dt, vem du = 1dt e v =
1
2
tan (2t).∫
t sec2 (2t) dt =
t tan (2t)
2
−
∫
1
2
tan (2t) dt
Calculando a integral
∫
1
2
tan (2t) dt pelo método da substituição sabendo que tan (2t) =
sin (2t)
cos (2t)
,
x = cos (2t) e dx = −2 sin (2t) dt.∫
1
2
tan (2t) dt =
1
2
∫
sin (2t)
cos (2t)
dt
=
1
2
∫
1
cos (2t)
sin (2t) dt
=
1
2
∫
1
x
(
dx
−2
)
= −1
4
ln x
= −1
4
ln [cos (2t)]
=
1
4
(−1) ln [cos (2t)]
=
1
4
ln
[
cos (2t)−1
]
=
1
4
ln [sec (2t)]
logo ∫
t sec2 (t) dt =
t tan (2t)
2
−
∫
1
2
tan (2t) dt
=
t tan (2t)
2
−
(
1
4
ln [sec (2t)]
)
+ C
=
t tan (2t)
2
− 1
4
ln [sec (2t)] + C
Exercício 7.2 - página 430
Questão 3
Temos que ∫ π/2
0
sin7 θ cos5 θdθ,
como ambos os expoentes são ímpares escolhemos qualquer um para reservar uma potência de 2. Para
este caso vou escolher cos5 θ = cos4 θ cos θ e usar a substituição u = cos θ e a identidade trigonométrica
cos2 θ + sin2 θ = 1, logo
u = sin θ
du = cos θdθ
cos4 θ =
(
cos2 θ
)2
assim ∫ π/2
0
sin7 θ cos5 θdθ =
∫ π/2
0
sin7 θ cos4 θ (cos θdθ)
=
∫ π/2
0
sin7 θ
(
cos2 θ
)2
(cos θdθ)
=
∫ π/2
0
sin7 θ
(
1− sin2 θ)2 (cos θdθ)
=
∫ π/2
0
u7
(
1− u2)2 du
=
∫ π/2
0
u7
(
1− 2 u2 + u4) du
=
∫ π/2
0
(
u7 − 2 u9 + u11) du
=
u8
8
− 2u
10
10
+
u12
12
=
sin8 θ
8
− 2sin
10 θ
10
+
sin12 θ
12
∣∣∣∣π/2
0
=
(
sin8 π
2
8
− 2sin
10 π
2
10
+
sin12 π
2
12
)
−
(
sin8 0
8
− 2sin
10 0
10
+
sin12 0
12
)
=
1
8
− 2 1
10
+
1
12
=
15− 24 + 10
120
=
1
120
Portanto,
∫ π/2
0
sin7 θ cos5 θdθ =
1
120
.
Questão 15
Temos que ∫
cos5 α√
sinα
dα
Veja que
cos5 α√
sinα
=
cos4 α cosα√
sinα
=
(cos2 α)
2
cosα√
sinα
=
(
1− sin2 α)2 cosα√
sinα
como u = sinα e du = cosαdα, vem∫
cos5 α√
sinα
dα =
∫ (
1− sin2 α)2 cosα√
sinα
dα
=
∫
(1− u2)2√
u
du
=
∫ (
1− 2u2 + u4)u− 12du
=
∫ (
u−
1
2 − 2u 32 + u 72
)
du
= 2
√
u− 4
5
u
5
2 +
2
9
u
9
2 + C
= 2
√
sinα− 4
5
sin
5
2 α +
2
9
sin
9
2 α + C
= 2
√
sinα− 4
5
√
sin5 α +
2
9
√
sin9 α + C
= 2
√
sinα− 4
5
sin2 α
√
sinα +
2
9
sin4 α
√
sinα + C
=
2 ∗ 45√sinα− 4 ∗ 9 ∗ sin2 α√sinα + 2 ∗ 5 ∗ sin4 α√sinα
45
+ C
=
2
√
sinα
45
(
45− 18 sin2 α + 5 sin4 α)+ C
Portanto, ∫
cos5 α√
sinα
dα =
2
√
sinα
45
(
45− 18 sin2 α + 5 sin4 α)+ C.
Questão 17
Temos que ∫
cos2 x tan3 xdx
Veja que
cos2 x tan3 x = cos2 x
sin3 x
cos3 x
=
sin3 x
cosx
=
sin2 x
cosx
sin x
=
1− cos2 x
cosx
sin x
como u = cosx e −du = sin xdx, vem∫
cos2 x tan3 xdx =
∫
1− cos2 x
cosx
sin xdx
=
∫
1− u2
u
(−du)
=
∫
u2 − 1
u
du
=
∫ (
u2
u
− 1
u
)
du
=
∫ (
u− 1
u
)
du
=
u2
2
− ln |u|+ C
=
cos2 x
2
− ln |cosx|+ C
Portanto, ∫
cos2 x tan3 xdx =
cos2 x
2
− ln |cos x|+ C
Questão 37
Temos que ∫ π/2
π/4
cot5 φ csc3 φdφ.
Note que podemos reescrever a expressão cot5 φ csc3 φ da seguinte forma cot4 φ csc2 φ cscφ cotφ.
Utilizado a identidade trigonométrica csc2 φ = 1 + cot2 φ e o fato de que a derivada da cossecante é
d
dφ
cotφ = − cscφ cotφ, vem
∫ π/2
π/4
cot5 φ csc3 φdφ =
∫ π/2
π/4
cot4 φ csc2 φ cscφ cotφdφ
=
∫ π/2
π/4(
cot2 φ
)2
csc2 φ cscφ cotφdφ
=
∫ π/2
π/4
(
csc2 φ− 1)2 csc2 φ cscφ cotφdφ
Fazendo a substituição u = cscφ segue que −du = cscφ cotφdφ, assim∫ π/2
π/4
(
csc2 φ− 1)2 csc2 φ cscφ cotφdφ = ∫ π/2
π/4
(
u2 − 1)2 u2 (−du)
= −
∫ π/2
π/4
(
u2 − 1)2 u2du
= −
∫ π/2
π/4
(
u4 − 2u2 + 1)u2du
= −
∫ π/2
π/4
(
u6 − 2u4 + u2) du
= −
(
u7
7
− 2u
5
5
+
u3
3
)∣∣∣∣π/2
π/4
= −u
7
7
+
2u5
5
− u
3
3
∣∣∣∣π/2
π/4
= −csc
7 φ
7
+
2 csc5 φ
5
− csc
3 φ
3
∣∣∣∣π/2
π/4
.
Antes de resolvermos a última etapa lembre-se que csc π
2
= 1 e csc π
4
=
√
2, dessa forma
−csc
7 φ
7
+
2 csc5 φ
5
− csc
3 φ
3
∣∣∣∣π/2
π/4
=
(
−csc
7 π
2
7
+
2 csc5 π
2
5
− csc
3 π
2
3
)
−
(
−csc
7 π
4
7
+
2 csc5 π
4
5
− csc
3 π
4
3
)
=
(
−1
7
+
2
5
− 1
3
)
−
(
−
(√
2
)7
7
+
2
(√
2
)5
5
−
(√
2
)3
3
)
=
(−15 + 42− 35
105
)
−
(
−15 (√2)7 + 42 (√2)5 − 35 (√2)3
105
)
=
(−15 + 21− 35
105
)
+
15
(√
2
)7 − 42 (√2)5 + 35 (√2)3
105
=
−29 + 15
√
27 − 42
√
25 + 35
√
23
105
=
−29 + 15 ∗ 8√2− 42 ∗ 4√2 + 35 ∗ 2√2
105
=
−29 + 120√2− 168√2 + 70√2
105
=
−8 + 22√2
105
=
22
√
2
105
− 8
105
.
Portanto, ∫ π/2
π/4
cot5 φ csc3 φdφ =
22
√
2
105
− 8
105
Questão 47
Temos ∫
1− tan2 x
sec2 x
dx
veja que sec2 x =
1
cos2 x
e tan2 x =
sin2 x
cos2 x
, dessa forma
1− tan2 x
sec2 x
=
1− tan2 x
sec2 x
=
1
sec2 x
− tan
2 x
sec2 x
= cos2 x−
(
sin2 x
cos2 x
)
(
1
cos2 x
)
= cos2 x− sin2 x
mas cos2 x =
1
2
(1 + cos 2x) e sin2 x =
1
2
(1− cos 2x), logo
cos2 x− sin2 x = 1
2
(1 + cos 2x)−
[
1
2
(1− cos 2x)
]
=
1
2
+
cos 2x
2
− 1
2
+
cos 2x
2
= cos 2x
sendo assim ∫
1− tan2 x
sec2 x
dx =
∫
cos 2xdx
=
1
2
sin 2x+ C
Portanto, ∫
1− tan2 x
sec2 x
dx =
1
2
sin 2x+ C
Questão
Exercício 7.3 - página 436
Questão 1
Boa prova!