Revisão integração lista com respostas

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Revisão de integração
Selecionei algumas partes e questões do livro Golgher, A. e Vidal R. 2017. Matemática: Exercícios resolvidos da Anpec: 1995 – 2010. Editora CRV, 2ª Edição. Faça as questões selecionadas, que já vem com a resposta. A solução dos problemas se encontra nessa referência. Em geral é para assinalar verdadeiro ou falso.
1 –Integrais solucionadas com os conceitos de funções pares e ímpares
As funções pares são aquelas em que . Como exemplo, temos: , , , , etc. Funções desse tipo tem simetria com relação ao eixo y, como é mostrado pelo diagrama abaixo para última dessas funções.
FUNÇÃO PAR
As funções ímpares são aquelas em que . São exemplos de funções ímpares: ,e . Esse tipo de função tem simetria com relação à origem, como mostra o gráfico para a primeira dessa funções citadas.
FUNÇÃO ÍMPAR
Se uma função par é multiplicada por outra função par, a função resultante é par. Se uma função ímpar é multiplicada por outra função ímpar, a função resultante também é par. Caso tenhamos uma função par multiplicada por uma função ímpar (ou vice-versa), o resultado é uma função ímpar.
Esses conceitos de função par e função impar podem ser diretamente aplicados ao cálculo de integrais. Note pelo gráfico acima que para toda função impar, integral com limites de integração simétricos tem área igual a zero, pois a área acima do eixo Ox é exatamente igual à área abaixo desse eixo. Ou seja, .
Para toda função par, também integrada com limites simétricos, note que as áreas até o zero e a partir do zero são exatamente iguais. Ou seja, .
1993 – QUESTÃO 11
(0) 
Resolução
Para resolver essa questão devemos inicialmente notar que os limites de integração são simétricos. Em seguida, verificamos se a função, ou partes da função, podem ser classificadas como par ou impar. No caso específico desse problema:
 é ímpar, pois ; e
 é par, pois . 
Assim, é ímpar, pois é a multiplicação de uma função par por uma impar. 
Por conseguinte, como sabemos que para funções impares para qualquer valor de a, pode-se concluir que: 
VERDADEIRO
1996 – QUESTÃO 8
(0) 
Resolução
Utilizando a mesma metodologia da questão anterior temos:
 é par, pois ; e 
 é ímpar, pois .
Assim, é ímpar. 
Por conseguinte, pode-se concluir que: .
VERDADEIRO
(3) 
Resolução
Da mesma forma:
 é ímpar, então 
VERDADEIRO
1998 – QUESTÃO 4
(0) 
Resolução
Sabemos que é ímpar e é par, pois .
Assim, é ímpar e por conseguinte, .
VERDADEIRO
 (1)	
 Resolução
Como f(x) = x é impar e g(x) =, então, 0. 
FALSO
(2) 
Resolução
Sabemos que é par e é ímpar. Assim, é ímpar e por conseguinte, 
VERDADEIRO
(3) 
Resolução
Note que nesta questão os limites de integração não são simétricos e aparentemente as funções não são pares ou impares. Entretanto, com uma mudança de variável, podemos reescrever a integral em um formato padrão de análise do ponto de vista de funções pares e ímpares. 
Para tanto, faz-se a seguinte substituição: . Calculamos então a derivada, , e obtemos os novos limites de integração:
no limite inferior de integração, , implica em ; e
no limite superior de integração, tem-se , então .
Inserindo essas modificações na integral acima, tem-se:
A integral escrita dessa segunda maneira permite uma solução rápida usando os conceitos de função par ou impar: é ímpar, é par e é ímpar. Por conseguinte:
VERDADEIRO
2000 – QUESTÃO 3
(2) 
Resolução
Como visto anteriormente, também para essa questão devemos mudar a variável reescrevendo a integral em um formato padrão de análise do ponto de vista de funções pares e ímpares. Para tanto, fazem-se as seguintes substituições: ; ; no limite inferior da integração , então ; e no limite superior da integração, , então . Inserindo essas quatro modificações na integral acima, tem-se:
 é ímpar, é par e é ímpar. Por conseguinte:
 
FALSO
FAÇA:
.
2 –Utilizando as expressões básicas de integração
Grande parte das integrais pode ser resolvida direta ou indiretamente por uma das cinco expressões básicas de integração que são descritas a seguir. Nessa seção serão resolvidas as integrais que podem ser solucionadas diretamente a partir de uma dessas expressões. Nas próximas seções serão apresentadas as resoluções indiretas, que são feitas por métodos de integração.
Expressões básicas de integração
1) .
2) .
3) .
4) .
5) .
Além disso temos que se , então 
1994 QUESTÃO 7
(1) 
 Resolução
Temos:
Substituindo os limites de integração:
FALSO
 (2) 1
 Resolução
Temos:
Utilizando a primeira expressão básica de integração:
Substituindo os limites de integração:
FALSO
FAÇA: 
 
 
 para todo .
 
3 –Método de substituição simples
As integrais discutidas na última seção foram resolvidas com a utilização direta de uma das cinco expressões básicas de integração. As integrais dessa seção serão resolvidas também com uma dessas cinco expressões, mas de forma indireta. O objetivo é transformar a integral que queremos calcular em uma integral que é exatamente igual a uma dessas expressões. Para fazer essa transformação fazemos uso de métodos de integração. Nesta seção é utilizado o método de substituição simples. Nesse método, com o nome mesmo indica, é feita uma substituição simples de variáveis. 
1994 QUESTÃO 7
(0) .
Resolução
Fazemos a seguinte substituição simples: . Feito isso, derivamos u, e obtemos o valor de dx = du/-2. Quando x 0 temos que u 0 e quando x temos que u -.
Introduzindo essas substituições na integral, tem-se:
	VERDADEIRO
1997 QUESTÃO 5
(1) Seja . Então, .
Resolução
Devemos introduzir substituições para reescrever a integral acima conforme o formato dessa expressão de integração. Assim, a substituição inicial é a seguinte: . Por conseguinte, a derivada é . Note que tanto u = x2 + 1 como du = 2xdx aparecem na integral a ser calculada. O método de substituição simples é muito utilizado quando temos diferentes funções polinomiais dentro da integral que diferem em um no grau da função, como é o caso aqui. Quando x 1 temos que u 2 e quando x temos que u . Portanto:
Por fim, voltamos à expressão inicial e introduzimos o valor de :
 
FALSO
2002 QUESTÃO 09
(4) 
Resolução
Esta integral é muito similar a anterior. Assim, a substituição inicial é a seguinte: . Por conseguinte, a derivada é . Note que o primeiro destes termos aparece na integral. Reescrevemos o segundo como . Quando x 0 temos que u 1 e quando x 3 temos que u10. Portanto:
FALSO
FAÇA:
.
 = ?
O limite diverge.
Se , em que t < 1, então M’(0) = 0
4 –Integração por partes
Como ficará claro a seguir, o método de integração por partes é muito eficaz em um grande número de questões da ANPEC. Utiliza-se a seguinte expressão na integração por partes: . O princípio básico desse método é transformar uma integral de difícil resolução, , em uma outra mais simples, .
1993 QUESTÃO 11
(1) 
Resolução
Como descrito na introdução dessa seção, devemos transformar uma integral difícil, no caso, , em outra fácil, que será nesse problema. Ou seja, abaixar o grau do polinômio de x2 para x0. Uma das principais aplicações desse método é justamente abaixar grau de polinômios para facilitar a integração.
Neste método de resolução de integrais devemos escolher uma parte da função que está sendo integrada como u e o restante será dv, uma vez que a integral difícil é .
Dada a integral do problema, escolhe-se como u o polinômio de que queremos abaixar o grau, assim, e, conseqüentemente, o restante que está sendo integrado é . Agora devemos obter os valores de du e de v para substituirmos na expressão de integração por partes. Então é essencial que o termo escolhido para dv seja de fácil integração, como a escolha aqui.Se u = x2 , então .
Se dv = e-xdx, então v = . Essa integral é de fácil resolução e é feita por substituição simples: .
Depois de obtidos du e v, substituímos os resultados na equação de integração por partes: 
A integral do problema toma a seguinte forma com u = x2, dv = e-xdx, du = 2xdx e v = -e-x:
-
Note que os limites de integração aparecem no termo fora da integral e na nova integral. O termo fora da integral tem seu valor calculado por um limite quando x → ∞, onde se pode usar L`Hopital, e pela substituição simples de zero no limite inferior da integral:
Ficamos, portanto, somente com a integral:
.
Para resolver essa integral aplicamos novamente a integração por partes. Lembrando que o objetivo é chegar na integral simples . Assim, como queremos abaixar o grau do polinômio de x1 para x0, u = x. Assim, integramos por partes com:
 e, conseqüentemente, 		
Substituindo esses valores na expressão da integração por partes e calculando o limite no infinito temos:
FALSO
 1996 QUESTÃO 8
(1) 
Resolução
Nessa questão também vamos usar a integração por partes e aqui não temos escolha para u, e dv=dx. Assim, du = (1/x)dx e v = x. Fazendo essas substituições na equação de integração por partes, , temos:
Substituindo os limites de integração temos:
(0 - ) - (1 – 0) = - 1. 
O limite é calculado com L´Hopital:
= 
Assim, temos como resultado final:
FALSO
FAÇA: