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Cálculo 1: Exerćıcios 12, umas soluções 1. Calcule as seguintes integrais: (a) ∫ sen3(x)cos2(x) dx, (b) ∫ sen6(x)cos3(x) dx, (c) ∫ 3π/2 π/2 sen5(x)cos3(x) dx, (d) ∫ π/2 0 cos2(x) dx, (e) ∫ xcos2(x) dx, (f) ∫ π 0 sen2(x)cos4(x) dx, (g) ∫ cos(x)cos5(sen(x)) dx, (h) ∫ sec6(x) dx, (i) ∫ sec4(x)tan4(x) dx, (j) ∫ sec(x)tan3(x) dx, (k) ∫ tan5(x) dx, (l) ∫ sen(8x)cos(5x) dx, (m) ∫ cos(7x)cos3(5x) dx. R: Não vou fazer todas. (a) Usando o processo das aulas∫ sen3(x)cos2(x) dx = sen2(x)cos2(x)sen(x) dx = ∫ (1− cos2(x))cos2(x) sen(x) dx = ∫ u4 − u2 du (u = cos(x)) = cos5(x) 5 − cos 3(x) 3 + C. (b) ∫ sen6(x)cos3(x) dx = sen 7(x) 7 − sen9(x) 9 + C. (c) ∫ 3π/2 π/2 sen5(x)cos3(x) dx = 0. 1 (d) Usamos cos2(x) = 12 (1 + cos(2x)):∫ π/2 0 cos2(x) dx = 1 2 ∫ π/2 0 1 + cos(2x) dx = [ x+ 1 2 sen(2x) ]π/2 0 (subs u = 2x) = 1 2 (π 2 + 0− 0− 0 ) = π 4 . (e) Podemos usar Partes e a integral obtida em 1d: f(x) = x g′(x) = cos2(x) f ′(x) = 1 g(x) = x+ 12 sen(2x) A resposta é 1 8 (cos(2x) + 2x(x+ sen(2x))). (f) Bem... que horror. Usei as duas identidades dos ângulos metade: sen2(x) = 1 2 (1− cos(2x)) cos2(x) = 1 2 (1 + cos(2x)) para obter∫ π 0 sen2(x)cos4(x) dx = ∫ π 0 sen2(x)(cos2(x))2 dx = ∫ π 0 ( 1 2 (1− cos(2x))) · ( 1 2 (1 + cos(2x)) )2 dx = ∫ π 0 1 8 ∫ 1 + cos(2x)− cos2(2x)− cos3(2x) dx Agora termos 1 e 2 são fáceis a integrar. Usamos uma identidade de ângulo metade para resolver termo 3, e resolvemos termo 4 como em parte (a). A resposta é π16 . (g) Faremos duas substituições:∫ cos(x)cos5(sen(x)) dx = ∫ cos5(u) du (u = sen(x)) = ∫ (cos2(u))2 · cos(u) du = ∫ (1− sen2(u))2 · cos(u) du = ∫ (1− v2)2 dv (v = sen(u)) que dá para resolver. A resposta é 5 8 sen(sen(x)) + 5 48 sen(3sen(x)) + 1 80 sen(5sen(x)) + C. 2 (h) ∫ sec6(x) dx = tan 5(x) 5 + 2 tan3(x) 3 + tan(x) + C. (i) ∫ sec4(x)tan4(x) dx = 2tan(x) 35 + 1 35 sec2(x)tan(x)− 8 35 sec4(x)tan(x) + 1 7 sec6(x)tan(x) + C. (j) ∫ sec(x)tan3(x) dx = sec 3(x) 3 − sec(x) + C. (k) Escreva ∫ tan5(x) dx = ∫ tan2(x)tan3(x) dx = (sec2(x)− 1)tan3(x) dx = sec2(x)tan3(x)− tan3(x) dx. Podemos integrar o primeiro termo num jeito padrão, pois 2 > 1 e par. Resolvemos a integral ∫ tan3(x) dx nas aulas. A resposta é 1 4 sec4(x)− tan2(x) + ln(|sec(x)|) + C. (l) Resposta: −1 6 cos(3x)− 1 26 cos(13x) + C. (m) A resposta é 3 16 sen(2x) + 1 64 sen(8x) + 1 32 sen(12x) + 1 176 sen(22x). Mas acho que não queria colocar aquela potência de 3, então pode ignorar essa questão. 2. Calcule as seguintes integrais usando a substituição trigonométrica dada. Esboce e coloque legendas no triângulo retângulo associado. (a) ∫ 1 x2 √ x2−9 dx com x = 3 sec(θ), (b) ∫ x3 √ 9− x2 dx com x = 3 sen(θ), (c) ∫ x3√ 9+x2 dx com x = 3 tan(θ), R: Farei somente a primeira parte. 3 (a) Fazendo a substituição x = 3sec(θ), obtemos∫ 1 x2 √ x2 − 9 dx = ∫ 3tan(θ)���sec(θ) 9sec�2(θ) √ 9sec2(θ)− 9 dθ (pois dx = 3tan(θ)sec(θ) dθ) = ∫ tan(θ) 9sec(θ) √ sec2(θ)− 1 dθ = ∫ ���tan(θ) 9sec(θ)��� ��√ tan2(θ) dθ = 1 9 ∫ 1 sec(θ) dθ = 1 9 ∫ cos(θ) dθ = sen(θ) 9 + C. Falta voltar pra variável x. Para fazer isso, observe que x = 3sec(θ) =⇒ θ = sec−1(x/3). Já que sec(θ) = 1cos(θ) = H A , queremos o triângulo com H = x,A = 3. Colocamos o valor O = √ x2 − 9 usando o teorema de Pitágoras: A = 3 O = √ x2 − 9 H = x θ Segue do triângulo que sen(θ) = O H = √ x2 − 9 x , logo ∫ 1 x2 √ x2 − 9 dx = sen(θ) 9 + C = √ x2 − 9 9x + C. (b) Resposta − 15 (9− x 2)3/2(6 + x2) + C. (c) Resposta 13 (x 2 − 18) √ x2 + 9 + C. 3. Calcule as seguintes integrais: (a) ∫ 2√3 0 x3√ 16−x2 dx, (b) ∫ 2√ 2 1 t3 √ t2−1 dt, (c) ∫ √ 1− 4x2 dx, (d) ∫ x√ x2−7 dx. 4 R: Farei somente a primeira parte. (a) Olhando pra lista das aulas, a substituição trigonométrica correta será x = 4sen(θ). Logo dx = 4cos(θ) dθ. Temos que calcular os limites em termos de θ. Temos θ = sen−1(x/4), logo Quando x = 0, θ = sen−1(0) = 0. Quando x = 2 √ 3, θ = sen−1( √ 3/2) = π/3 (um triângulo padrão) Logo nossa integral se vira∫ 2√3 0 x3√ 16− x2 dx = ∫ π/3 0 (4sen(x))3 · 4 cos(θ)√ 42 − 42sen2(θ) dθ = ∫ π/3 0 64 sen3(θ)���cos(θ) ���cos(θ) dθ = 64 ∫ π/3 0 sen3(θ) dθ. Resolvemos isso como as integrais da primeira questão, usando mais uma substituição 64 ∫ π/3 0 sen3(θ) dθ = 64 ∫ π/3 0 (1− cos2(θ))sen(θ) dθ. Seja u = cos(θ). Então 64 ∫ π/3 0 (1− cos2(θ))sen(θ) dθ = 64 ∫ 1/2 1 u2 − 1 du = . . . = 40 3 . (b) Resposta: π24 + √ 3 8 − 1 4 . (c) Resposta: 14 sen −1(2x) + 12x √ 1− 4x2 + C. (d) Resposta: √ x2 − 7 + C. 4. Faça as decomposições das seguintes frações em frações parciais, e resolva as integrais. (a) ∫ x2 x+1 dx, (b) ∫ x−9 (x+5)(x−2) dx, (c) ∫ 3 2 1 x2−1 dx, (d) ∫ x3−2x2−4 x3+2x2 dx, (e) ∫ 1 (x+5)2(x−1) dx, (f) ∫ x3+4 x2+4 dx, (g) ∫ 10 (x−1)(x2+9) dx, 5 (h) ∫ x3 x3+1 dx. R: (a) o quociente é impróprio, então dividimos: x2 = (x+ 1)(x− 1) + 1, logo ∫ x2 x+ 1 dx = ∫ x− 1 + 1 x+ 1 dx = x2 2 − x+ ln(|x+ 1|) + C. (b) x− 9 (x+ 5)(x− 2) = A x+ 5 + B x− 2 , logo x− 9 = A(x− 2) +B(x+ 5). Quando x = 2, −7 = 0 + 7B =⇒ B = −1 , Quando x = −5, −14 = −7A+ 0 =⇒ A = 2 . Então obtemos∫ x− 9 (x+ 5)(x− 2) dx = ∫ 2 x+ 5 dx− ∫ 1 x− 2 dx = 2 ln(|x+ 5|)− ln(|x− 2|) + C. (c) Fazendo frações parciais obtemos∫ 3 2 1 x2 − 1 dx = 1 2 ∫ 3 2 1 x− 1 dx− 1 2 ∫ 3 2 1 x+ 1 dx = 1 2 (ln(2)− ln(1)− ln(4) + ln(3)) = 1 2 ln(6/4) = 1 2 ln(3/2). (d) Impróprio, então dividindo, x3 − 2x2 − 4 x3 + 2x2 = 1− 4x 2 + 4 x3 + 2x2 . Temos 4x2 + 4 x3 + 2x = 4x2 + 4 x2(x+ 2) (Caso 2 das aulas). 4x2 + 4 x2(x+ 2) = A x + B x2 + C x+ 2 . 6 Usei as substituições x = 0, x = −2, x = −1 para obter B = 2, C = 5, A = −1. Resposta∫ x3 − 2x2 − 4 x3 + 2x2 dx = x+ ln(|x|) + 2 x − 5 ln(|2 + x|) + C. (e) Caso 2.∫ 1 (x+ 5)2(x− 1) dx = − 1 36 ∫ 1 x+ 5 dx− 1 6 ∫ 1 (x+ 5)2 dx+ 1 36 ∫ 1 x− 1 dx. Resposta − 1 36 ln(|x+ 5|) + 1 6(x+ 5) + 1 36 ln(|x− 1|) + C. (f) Impróprio. x3 + 4 x2 + 4 = x− 4x− 4 x2 + 4 . O polinômio x2 + 4 é irredut́ıvel, então estamos no Caso 3. De fato, este quociente já está na forma certa.∫ x3 + 4 x2 + 4 dx = ∫ x− 4x− 4 x2 + 4 dx = x2 2 − ∫ 4x x2 + 4 dx+ 4 ∫ 1 x2 + 22 dx = x2 2 − 2 ln(x2 + 4) + 4 ∫ 1 x2 + 22 dx (subs v = x2 + 4) = x2 2 − 2 ln(x2 + 4) + 2 tan−1(x/2) + C (int. sugerida Caso 3) (g) Caso 3. 10 (x− 1)(x2 + 9) = A x− 1 + Bx+ C x2 + 9 . Com substituições x = 1, x = 0, x = −1, obtemos A = 1, C = −1, B = −1. Temos então∫ 10 (x− 1)(x2 + 9) dx = ∫ 1 x− 1 dx− ∫ x+ 1 x2 + 9 dx = ln(|x− 1|)− ∫ x x2 + 9 dx− ∫ 1 x2 + 32 dx = ln(|x− 1|)− 1 2 ln(x2 + 9)− 1 3 tan−1(x/3) + C. 7 (h) Questão dif́ıcil. Impróprio. x3 x3 + 1 = 1− 1 x3 + 1 = 1− 1 (x+ 1)(x2 − x+ 1) (−1 é raiz). Frações parciais (Caso 3: x2 − x + 1 é irredut́ıvel, pois b2 − 4ac = 1− 4 < 0): 1 (x+ 1)(x2 − x+ 1) = A x+ 1 + Bx+ C x2 − x+ 1 . Usando as substituições x = −1, x = 0, x = 1, obtemos A = 1 3 , C = 2 3 , B = −1 3 . Logo∫ 10 (x− 1)(x2 + 9) dx = ∫ 1 dx− 1 3 ∫ 1 1 + x dx+ 1 3 ∫ x− 2 x2 − x+ 1 dx = x− 1 3 ln(|1 + x|) + 1 3 ∫ x− 2( x− 12 )2 + 34 dx = x− 1 3 ln(|1 + x|) + 1 3 ∫ u− 32 u2 + 34 du (u = x− 1 2 ) = x− 1 3 ln(|1 + x|) + 1 3 ∫ u u2 + 34 du− 1 2 ∫ 1 u2 + (√ 3 2 ) du = x− 1 3 ln(|1 + x|) + 1 6 ln ( u2 + 3 4 ) − 1 2 ∫ 1 u2 + (√ 3 2 ) du (v = u2 + 3 4 ) = x− 1 3 ln(|1 + x|) + 1 6 ln ( u2 + 3 4 ) − 1√ 3 tan−1 ( 2u√ 3 ) + C = x− 1 3 ln(|1 + x|) + 1 6 ln(|x2 − x+ 1|)− 1√ 3 tan−1 ( x− 1√ 3 ) + C. 5. Determine se as seguintes integrais são convergente ou divergente. Calcule aquelas que são convergentes. (a) ∫∞ 1 1 (3x+1)2 dx, (b) ∫ −1 −∞ 1√ 2−w dw, (c) ∫∞ −∞ x 1+x2 dx, (d) ∫∞ 1 x+1 x2+2x dx, (e) ∫∞ −∞ x2 9+x6 dx (f) ∫ 1 0 3 x5 dx, (g) ∫ 3 0 dx x2−6x+5 dx. 8 R: Quando a integral é convergente, vou simplesmente calcular o valor dela. (a) Usaremos a substituiçãou = 3x+ 1:∫ ∞ 1 1 (3x+ 1)2 dx = lim t→∞ ∫ t 1 1 (3x+ 1)2 dx = lim t→∞ 1 3 ∫ 3t+1 4 u−2 du = lim t→∞ 1 3 ( − 1 3t+ 1 + 1 4 ) = 1 12 . (b) Usamos a substituição u = 2− w:∫ −1 −∞ 1√ 2− w dw = lim t→−∞ − ∫ −1 t u−1/2 du =∞ então esta integral é divergente. (c) ∫ ∞ −∞ x 1 + x2 dx = ∫ 0 −∞ x 1 + x2 dx+ ∫ ∞ 0 x 1 + x2 dx. Vamos estudar o segundo termo:∫ ∞ 0 x 1 + x2 dx = lim t→∞ ∫ t 0 x 1 + x2 dx = . . . = lim t→∞ 1 2 [ln(u)] 1+t2 1 =∞ então esta integral é divergente. (d) Usando frações parciais, obtemos∫ x+ 1 x2 + 2x = 1 2 (ln(x) + ln(x+ 1)). Logo ∫ ∞ 1 x+ 1 x2 + 2x dx = lim t→∞ ∫ t 1 x+ 1 x2 + 2x dx = lim t→∞ 1 2 (ln(t) + ln(t+ 1)− 0− ln(2)) =∞ então esta integral é divergente. 9 (e) Podemos tentar usar frações parciais, mas parece ser dif́ıcil. Melhor: usar a substituiçaõ u = x3 para obter∫ x2 x6 + 9 dx = 1 3 ∫ 1 u2 + 32 du = 1 9 tan−1(u/3). Temos ∫ ∞ −∞ x2 x6 + 9 dx = ∫ 0 −∞ x2 x6 + 9 dx+ ∫ ∞ 0 x2 x6 + 9 dx. Vamos calcular:∫ ∞ 0 x2 x6 + 9 dx = lim t→∞ [ 1 9 tan−1(u/3) ]t 0 = lim t→∞ 1 9 tan−1(t/3) = π 2 · 9 . Similarmente ∫ 0 −∞ x2 x6 + 9 dx = π 2 · 9 . Logo a integral é convergente e∫ ∞ −∞ x2 x6 + 9 dx = 2 · π 2 · 9 = π/9. (f) A função não é definida em 0. Usamos∫ 1 0 3 x5 dx = lim t→0+ ∫ 1 t 3 x5 dx = lim t→0+ −3 4 (1− 1/t4) = −∞. Então a integral é divergente. (g) 1 x2 − 6x+ 5 = 1 (x− 5)(x− 1) logo a função não é definida quando x = 1. Usando frações parciais, obtemos ∫ 1 (x− 5)(x− 1) dx = 1 4 (ln(|x− 5|) + ln(|x− 1|)). Se a integral for definida, vamos ter∫ 3 0 1 x2 − 6x+ 5 dx = lim t→1− ∫ t 0 1 x2 − 6x+ 5 dx+ lim t→1+ ∫ 3 t 1 x2 − 6x+ 5 dx. Vamos calcular: lim t→1− ∫ t 0 1 x2 − 6x+ 5 dx = lim t→1− [ 1 4 (ln(|x− 5|) + ln(|x− 1|)) ]t 0 = −∞. Então a integral é divergente. 10 6. Use o teste de comparação para decidir se as seguintes integrais são con- vergentes ou divergentes. (a) ∫∞ 0 x x3+1 dx, (b) ∫∞ 1 x+1√ x4−x dx. R: (a) Queremos saber se lim t→∞ ∫ t 0 x x3 + 1 dx é divergente ou convergente. Já que a função é parecida à função 1/x2, que é convergente, vamos tentar mostrar que essa integral é convergente usando o teste de comparação: Quando t > 0, temos x x3 + 1 > x x3 = 1 x2 . Logo 0 6 ∫ ∞ 1 x x3 + 1 dx 6 ∫ ∞ 1 1 x2 dx. Mas a integral do lado esquerdo é convergente, então a integral∫∞ 1 x x3+1 dx também é. Já que∫ ∞ 0 x x3 + 1 dx = ∫ 1 0 x x3 + 1 dx+ ∫ ∞ 1 x x3 + 1 dx e as duas integrais na soma são convergentes, nossa integral original também é convergente. (b) A função não está definida quando x = 1. Vamos mostrar que a integral ∫ ∞ 2 x+ 1√ x4 − x dx é divergente usando o teste de comparação. Já que x é posivito, x+ 1√ x4 − x > x+ 1√ x4 = x+ 1 x2 > x√ x2 = 1 x . Mas ∫∞ 2 1 x dx =∞, então ∫∞ 2 1 x dx é divergente. Logo, pelo teste de comparação, nossa integral original também é divergente. 11
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