GABARITO TERCEIRA PROVA CÁLCULO I 05/12/2011 1a Questão a) (1,0 ponto) Primeiro vamos achar uma primitiva da função sen(x) sec2(x). Opção 1: Como sec(x) = 1cos(x) então sen(x) sec 2(x) = sen(x)cos(x) · sec(x) = tg(x) sec(x), e assim ∫ sen(x) sec2(x) dx = ∫ sec(x)tg(x) dx = sec(x) + C. Opção 2: Fazendo a substituição u = cos(x) teremos sec2(x) = u−2 e du = −sen(x) dx, logo ∫ sen(x) sec2(x) dx = ∫ u−2(−du) = − u−1−1 +C = 1 u +C = sec(x) + C. Opção 3: Tomando u = sen(x), dv = sec2(x) dx e fazendo integração por partes obte- mos du = cos(x) dx, v = tg(x), e assim∫ sen(x) sec2(x) dx = uv − ∫ v du = sen(x)tg(x) − ∫ tg(x) cos(x) dx = sen(x) · sen(x) cos(x) − ∫ sen(x) dx = sen2(x) cos(x) + cos(x) +C = sen2(x) + cos2(x) cos(x) +C = 1 cos(x) +C = sec(x) + C Portanto, pero teorema fundamental do cálculo (parte 2) teremos∫ π/3 0 sen(x) sec2(x) dx = sec(x) ∣∣∣∣∣∣π/3 0 = 1 cos(π/3) − 1 cos(0) = 1 1/2 − 1 1 = 1 b) (1,0 ponto) Fazendo a substituição z = θ2 obtemos dz = 2θ dθ, logo ∫ θ3 cos(θ2) dθ =∫ θ2 cos(θ2)θ dθ = ∫ z cos(z) dz 2 . Agora fazendo u = z, dv = cos(z) dz e aplicando integração por partes obtemos du = dz, v = sen(z), logo∫ z cos(z) dz = z sen(z) − ∫ sen(z) dz = z sen(z) + cos(z) +C , e assim ∫ θ3 cos(θ2) dθ = 12 ( z sen(z) + cos(z) ) +C = 1 2 [ θ2 sen(θ2) + cos(θ2)] + C c) (1,5 pontos) ∫ dt t2 √ t2 − 1 . Já que temos o termo √ t2 − 1, podemos fazer uma substituição trigonométrica. Declaramos t como a hipotenusa e 1 como um dos catetos de um triângulo retângulo, por exemplo o cateto adjacente: t √ t2 − 1 1 θ Temos então sec(θ) = t/1 = t, logo dt = sec(θ) tg(θ) dθ, e √ t2 − 1 = tg(θ). Portanto∫ dt t2 √ t2 − 1 = ∫ sec(θ) tg(θ) dθ sec2(θ) tg(θ) = ∫ dθ sec(θ) = ∫ cos(θ) dθ = sen(θ) +C = √ t2 − 1 t + C