AD2-C2-2014-2-Gabarito

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Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior a Distância 
 
Cálculo II – AD2 (2014/2) - Gabarito 
 
 
 
Solução da Questão 1 
 
A função 2
6 4 2
3 2 1
( )
2
x x
f x
x x x
 

 
que aparece no integrando é uma função racional própria. 
 
Seu denominador pode ser fatorado como 
 
6 4 2 2 4 2 2 2 22 ( 2 1) ( 1)x x x x x x x x      
, 
logo 
 
2 2
6 4 2 2 2 2
3 2 1 3 2 1
2 ( 1)
x x x x
x x x x x
   

  
 
 
Vamos decompor esta última fração em frações parciais: 
 
 
2
2 2 2 2 2 2 2
3 2 1
( 1) 1 ( 1)
x x A B Cx D Ex F
xx x x x x
 
   
 
  
 
 
Reduzindo ao mesmo denominador, obtemos 
 
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
4 2 4 2 4 2 3 2
2 2 2
5 3 4 2 5 4 3 4
3 2 1
( 1) 1 ( 1)
( 1) ( 1) ( 1)( ) ( )
( 1)
( 2 1) ( 2 1) ( )( ) ( )
( 1)
2 2
x x A B Cx D Ex F
xx x x x x
Ax x B x x x Cx D x Ex F
x x
Ax x x B x x x x Cx D Ex Fx
x x
Ax Ax Ax Bx Bx B Cx Dx Cx Dx Ex
    

 
  
 
    

   
  
      

      

     3 2
2 2 2
5 4 3 2
2 2 2
( 1)
( ) ( ) (2 ) (2 )
( 1)
Fx
x x
A C x B D x A C E x B D F x Ax B
x x





         

 
 
 
Igualando os numeradores, devemos ter 
 
Cálculo II AD2 – Gabarito 2014/2 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
P
ág
in
a2
 
0
0
2 0 2 2
2 3 1 2
2
1
A C
B D
A C E C E
B D F D F
A
B
 
  

         
           
 


 
Logo, 
2
2 2 2 2 2 2 2
3 2 1 2 1 2 1 2 2
( 1) 1 ( 1)
x x x x
xx x x x x
   
     
  
. 
 
 
 
De volta a integral indefinida, temos portanto: 
 
 
(1) (2) (3) (4) (5) (6)
(1)
(2)
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2ln | | ln |
2 1 2 1 2 2
1 ( 1)
2 1 2 1 2 2
1 1 ( 1) ( 1)
1
3 2 1
( 1)
dx dx dx dx
dx dx dx dx dx dx
x
dx
x x
x x x x
x x
x x x x x x
x
x x
x x
   
      
 
    
 

   
 
   
 
    
     

   2
(4)(3)
(6)(5)
2 2
1 | arctg( ) arctg( )
1
1 1
x x x C
x
x x
   
        
   
 (*) 
 
Justifiquemos os cálculos das primitivas. 
Nas integrais (3) e (5) , podemos usar simultaneamente a substituição simples 
2 1 2u x du xdx   
 e 
fica 
 
2
(3)
2
ln | | ln | 1 |
2
1
du
dx u x
u
x
x
   
 
 , e 
2 2
(5)
2 2
1 1
( 1)
2
( 1)
du
dx
u u x
x
x
    
 
 
 
Na integral (6), usamos a substituição trigonométrica 
2tg secx dx d    , baseando-se no 
triângulo associado 
 
 
 
 Figura 1 
Cálculo II AD2 – Gabarito 2014/2 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
P
ág
in
a3
 
 
 
Conclui-se também que 
 
arctg x 
, 
2
sen
1
x
x
 

, 
2
1
cos
1x
 

, 
2 2 2 4sec 1 ( 1) secx x      
 
Usando isso na integral (6), obtém-se 
 
2
2
42 2
2
2cos (1 cos2 )
sen 2 2sen cos
sen cos arctg
2 2
2 2sec
sec( 1)
1
dx d d d
x
x
x
x
    
      

    
       


   
 
 
Simplificando a expressão obtida em (*), tem-se 
 
2
2 2
2
2 2 2
ln
1
1 1
1
3 2 1
( 1)
x
C
x
dx
x
x x
x x
x x
   



 

 
 
 
Solução da Questão 2 
 
Iniciemos calculando a primitiva. Para isso, comecemos fazendo a substituição simples 
 
 
t tu e du e dt  
 (1) 
 
Assim ficamos com 
 
3 2
2 3/2 2 3/2(1 ) (1 )
t
t
e
dt
e
u du
dt
u

 
 
 (2) 
 
Note que o denominador possui uma expressão da forma 
2 2a u
, com 
1a 
, o que sugere aplicar uma 
mudança de variáveis via método de substituição trigonométrica usando a função tangente (ou 
cotangente), como mostra o triângulo associado da figura a seguir 
 
 
 
 Figura 2 
Cálculo II AD2 – Gabarito 2014/2 
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ 
 
P
ág
in
a4
 
Assim 
2tg secu du d    . E ainda: 
2 2 2
2
sec 1 1
sen
1
u u sec
u
u
 

     




 (3) 
 
Substituindo em (2), fica 
 
 3 2 2 2
2 3/2
2 2
2 2
2
3/2 3/2(1 )
(1
ln sec tg sen
tg sec tg sen
sec cos(1 ) (sec )
cos )
cos
(sec cos )
t
t
e
dt
e
C
u du d
d d
u
d
d   
      
    
    


     


    
 
 (4) 
 
Precisamos agora voltar para a variável original. 
 
Por (1) e (3), obtemos 
2
2
tg , sec 1 , sen
1
t
t t
t
e
e e
e
      

. 
Logo 
 
3
2
2 3/2 2
ln 1
(1 ) 1
t t
t t
t t
e e
dt e e C
e e
    
 

 
 
Para o cálculo da integral definida dada no enunciado, basta agora aplicar o TFC: 
 
 ln 2ln 2 3
2
2 3/2 2
0 0
ln 1
(1 ) 1
2 1 5 2 2 1
ln 5 2 ln 2 1 ln
5 2 2 1 5 2
t t
t t
t t
e e
dt e e
e e
 
     
  
    
                 

 . 
 
 
Solução da Questão 3 a) 
 
Sejam 
( )
1
a
b
x
f x
x


 e 
1
( )
b a
g x
x 

. 
 
Apliquemos o critério do limite do quociente para as funções acima 
 
( ) 11lim lim lim lim 1
1 1( ) 1 1
a
bb
bx x x x
b a b
x
f x xx
g x x
x x
   

   
                     
    
 
 
 
pois 
1 1 0b a e a b     
 e portanto 
1
lim 0
bx x
 
  
. 
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P
ág
in
a5
 
Desta forma, as integrais 
1
1
a
b
x
dx
x


 e 
1
1
b a
dx
x 


 têm mesmo comportamento no que diz respeito à 
convergência. 
 
Pelas hipóteses, tem-se 
1 1b a b a    
. 
De acordo com os exemplos referenciais, segue que 
1
1
b a
dx
x 


 é convergente. 
 
Portanto, a integral 
1
1
a
b
x
dx
x


 também converge. 
 
Solução da Questão 3 b) 
 
Por definição 
 
 
3 3
4 4
lim
(ln ) (ln )t
t
e e
dx dx
x x x x

 
 
Calculemos a integral indefinida 
 
 
3
4
(ln )
dx
x x
 
Fazendo 
1
lnu x du dx
x
  
, obtém-se 
 
 
3 3 2 2
4 4 2 2
(ln ) (ln )
du
dx
x x u u x
     
 
 
Portanto 
3 2 2 2
4 2 2 2
lim lim 2
(ln ) (ln ) (ln ) (ln )
t
t t
ee
dx
x x x t e 

    
      
   

, 
 
pois 
2
2
lim 0
(ln )t t
 
 
 
. 
 
 
Solução da Questão 4 
 
 
Sejam 
1
( )
( )
F x
f x

 e 
2 2
.arctg
( )
(1 )
x x
G x
x

 
. 
Essas funções são contínuas em 
[0, )
 , 
( ) 0G x 
 
e, por hipótese, 
( ) 0F x 
. 
 
Aplicando o critério do limite do quociente 
( )
( )
G x
F x
, obtemos 
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P
ág
in
a6
 
 
 
 
2 2
2 2
.arctg
( ) .arctg(1 )
lim lim lim ( ). 0
1( ) (1 )
( )
x x x
x x
G x x xx
f x c
F x x
f x
  
 
    
           
 
 , 
onde este último limite é aquele dado no enunciado. 
Portanto as integrais 
0
1
( )
dx
f x


 
e 
2 2
0
.arctg
(1 )
x x
dx
x

 
têm o mesmo comportamento no que diz respeito à 
convergência. (1) 
 
Analisemos esta última integral imprópria. 
 
A função 
arctgy x
 é limitada para 
[0, )x 
, a saber ,
 
0 arctg
2
x

 
 . 
 
Desta forma 
 
 
2 2 2 2
.arctg
(1 ) 2(1 )
x x x
x x


 
 (2) 
 
Avaliemos a convergência da integral imprópria 
2 2
0
2(1 )
x
dx
x

 
 
Comparemos esta integral com a integral imprópria de 
3
1
y
x

. 
Para isso, notemos que 
 
 
1
2 2 2 2 2 2
0 0 1
2(1 ) 2(1 ) 2(1 )
x x x
dx dx dx
x x x
   
 
    
 (3) 
 
Agora podemos usar o critério do quociente para comparar a integral imprópria da segunda parcela acima 
com 
3
1
1
dx
x


 , que sabemos ser convergente, pelos exemplos referenciais. 
(Obs.: note que esta comparação tem que ser com uma integral imprópria 
3
1
a
dx
x


 em que 
0a 
 para 
que possamos usar o exemplo referencial citado. No nosso caso, escolhemos 
1a 
 . Convença-se de que 
3
0
1
dx
x

 
 e por isso não podemos usar esta para comparação). 
42 2
22 2
3
2
12(1 )
lim lim lim . 0
1 2(1 ) 2 21
1
x x x
x
xx
x
x x

  
  
  
                         
 
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P
ág
in
a7
 
 
Portanto as integrais 
2 2
1
2(1 )
x
dx
x

 
e 
3
1
1
dx
x


 
têm o mesmo comportamento quanto à 
 convergência e assim 
2 2
1
2(1 )
x
dx
x


 é convergente. 
 
Logo, voltando a (3), 
2 2
0
2(1 )
x
dx
x


é convergente. 
(Obs.: A primeira parcela do segundo membro de (3) é a integral definida de uma função contínua no 
intervalo de integração, logo integrável neste intervalo). 
 
Voltando a (2), segue do critério de comparação que 
2 2
0
.arctg
(1 )
x x
dx
x


 é também convergente. 
Finalmente, voltando a (1), segue que 
0
1
( )
dx
f x


 é convergente. 
 
 
OBS.: a integral imprópria 
2 2
0
.arctg
(1 )
x x
dx
x


 poderia também ser calcular explicitamente, usando-se a 
substituição 
2
1
arctg
1
y x dy dx
x
  

 e obtendo-se 
2 2
0
.arctg
(1 ) 8
x x
dx
x



. 
 
Neste caso, seguiria de (1) que a integral imprópria 
0
1
( )
dx
f x


 é convergente.