Integrais Resolução dos Exercícios Propostos Exercício 1: Encontre a integral indefinida das seguintes funções: 5
a) f ( x ) = 7x 2 + 4 ; d) f ( x ) =
Solução: a) b) c) d) e) f)
∫ ( 7x
x +1 x5
(5 2 )
b) g ( t ) =
t5 4 − −3 + 3t ; 2 t
e) h( v ) = ( −2 + v −2 )2
)
+ 4 dx = 2 x (
7 2)
c) h( u ) = u 3 ( −2u + u −5 ) ; f) g ( s ) =
1 s4
+ 4x + C ;
t5 4 1 6 4 3 2 ∫ 2 − t −3 + 3t dt = 12 t − t + 2 t + C ; 2 5 1 3 −5 4 −2 ∫ u ( −2u + u ) du = ∫ ( −2u + u ) du = − 5 u − u + C ; x +1 1 −3 1 −4 −4 −5 ∫ x 5 dx = ∫ ( x + x ) dx = − 3 x − 4 x + C ; 1 1 1 −2 2 −2 −4 ∫ ( −2 + v ) dv = ∫ (4 − 4v + v ) dv = 4v + 4 v − 3 v 3 + C ; 1 1 1 ∫ s 4 ds = − 3 s 3 + C .
Exercício 2: Encontre a integral indefinida das seguintes funções: a) f ( x ) =
3cos x ; 7sen 2 x
b) g ( t ) =
2 cos 2 t + tg t ; cos t
c) f ( x ) =
sen 2 x cos 2 x . + 7cos 2 x 7cos 2 x
Solução: 3cos x 3 a) ∫ dx = ∫ cotg x cossec x dx , mas pela tabela de derivação dada no final do 2 7 7sen x Fundamentum nº 27, obtém-se que: d cossec x = − cossec x cotg x . dx 3cos x 3 Assim, ∫ dx = − cossec x + C . 2 7 7sen x 2 2 cos t + tg t sen t sen t b) ∫ dt = ∫ 2 cos t + dt = ∫ 2 cos t dt + ∫ dt = 2sen t + ∫ tg t cotg t dt , 2 cos t cos t cos 2 t novamente pela tabela de derivação dada no final do Fundamentum nº 27, obtém-se que: d sec x = sec x tg x , dx 2 cos 2 t + tg t assim, ∫ dt = 2sen t + sec t + C . cos t
mas
sen 2 x
cos2 x
1
1 sec 2 x dx , mas novamente pela tabela de derivação ∫ 7 dada no final do fundamentum nº 27, obtém-se que: d tg x = sec 2 x , dx sen 2 x cos 2 x 1 assim, ∫ + dx = tg x + C . 2 2 7 7cos x 7cos x
∫ 7cos2 x + 7cos2 x dx = 7 ∫ (1 + tg
c)
2
x ) dx =
Exercício 3: Calcule as seguintes integrais indefinidas, utilizando a técnica de substituição:
x dx ; 1+ x
a) ∫ 2 2 − 3xdx ;
b) ∫ 3x 2 x 2 − 4 dx ;
c)
∫
e) ∫ 3t cos(3t 2 )dt ;
f) ∫ cos 2 t dt ;
g)
sec 2 ( x ) ∫ x dx ;
Sugestão para resolver o item c: considere u = 1 + x . Solução: a) Fazemos u = 2 − 3x , logo du = −3dx , e assim, 2 12 4 32 4 32 ∫ 2 2 − 3x dx = − 3 ∫ u du = − 9 u + C = − 9 (2 − 3x ) + C . b) Fazemos u = x 2 − 2 , logo du = 2x dx , e assim,
3x d) ∫ sen dx ; 2 1 h) ∫ dx . 1 + 9x 2
3 3 2 2 32 2 x 2 − 4 dx = ∫ (2u )1 2 du = u + C = 2 ( x 2 − 2)3 2 + C . 2 2 3 c) Fazemos, conforme sugestão u = 1 + x , logo du = dx , e assim, x u −1 1 u ∫ 1 + x dx = ∫ u 1 2 du = ∫ u 1 2 − u 1 2 du = 2 2 = ∫ u 1 2 du − ∫ u −1 2 du = u 3 2 − 2u 1 2 + C = (1 + x )3 2 − 2(1 + x )1 2 + C . 3 3 3 3 d) Fazemos u = x , logo du = dx , e assim, 2 2 2 2 2 3x 3 ∫ sen 2 dx = ∫ 3 sen u du = − 3 cos u + C = − 3 cos 2 x + C . e) Fazemos u = 3t 2 , logo du = 6t dt , e assim, 1 1 1 2 2 ∫ 3t cos(3t )dt = ∫ 2 cos u du = 2 sen u + C = 2 sen 3t + C .
∫ 3x
1 + cos 2t , e assim, 2 1 + cos 2t 1 1 1 1 2 ∫ cos t dt = ∫ 2 dt = ∫ 2 dt + 2 ∫ cos 2t dt = 2 t + 4 sen 2t + C . 1 g) Fazemos u = x , logo du = dx , e assim, 2 x f)
Fazemos cos 2 t =
sec 2 ( x ) 2 ∫ x dx = ∫ 2sec u du = 2 tg u + C = 2 tg( x ) + C . h) Fazemos u = 3x , logo du = 3dx , e assim,
1
∫ 1 + 9x 2
dx = ∫
1 1 1 1 du = arctg u + C = arctg (3x ) + C . 2 3 1+ u 3 3
Exercício 4: Calcule as seguintes integrais, utilizando a técnica de integração por partes. a)
∫
x dx ; x +1
d)
∫x
3
sen x dx ;
b)
∫ arcsen x dx ;
c) (2 x + 1)senx dx ;
e)
∫ cossec
f)
2
∫
x cotg x dx ;
∫ senx sec
2
x dx .
Solução:
1 dx , logo du = dx e v = 2 x + 1 , e assim, x +1 4 x ∫ x + 1 dx = ∫ udv = uv − ∫ vdu = 2x x + 1 − ∫ 2 x + 1 dx = 2x x + 1 − 3 ( x + 1) x + 1 + C = 2 = x + 1 ( x − 2) + C . 3 1 b) Façamos u = arcsen x e dv = dx , logo du = dx e v = x , e assim, 1− x2 x 2 ∫ arcsen x dx = ∫ u dv = uv − ∫ v du = x arcsen x − ∫ 1 − x 2 dx , fazendo agora t = 1 − x , temos que 1 2 x 1 1 dt = −2 x , e assim, ∫ dx = ∫ − du = u 1 2 = −(1 − x 2 ) . Portanto, 2 u 1− x2 a)
Façamos u = x e dv =
∫ arcsen x dx = x arcsen x + c)
1− x2 + C .
Façamos u = 2 x + 1 e dv = senx dx , logo du = 2 dx e v = − cos x , e assim,
∫ (2x + 1)senx dx = −(2x + 1)cos x + ∫ 2 cos x dx = 2(sen x − x cos x ) − cos x + C . d) Segue imediatamente do item c que ∫ x senx dx = sen x − x cos x + C . Façamos então u = x 3 e dv = sen x dx , logo du = 3x 2 dx e v = − cos x . Portanto,
∫x
3
sen x dx = −x 3 cos x + 3∫ x 2 cos x dx .
∫x
Analisando a integral
2
(1)
cos x dx , observamos que podemos calculá-la também por partes, fazendo agora
u = x 2 e dv = cos x dx , logo du = 2 x dx e v = sen x , e assim,
∫x
2
cos x dx = x 2 sen x − 2 ∫ x sen x dx e
pela observação acima, concluímos que
∫x
2
cos x dx = x 2 sen x − 2(sen x − x cos x )
(2)
Substituindo (2) em (1), obtemos
∫x
e)
3
sen x dx = − x 3 cos x + 3x 2 sen x + 6x cos x − 6sen x + C .
Façamos u = cossec x e dv = cossec x cotg x dx , logo du = − cossec x cotg x dx e v = − cossec x , e assim,
∫ cossec
2
x cotg x dx = − cossec 2 x − ∫ ( − cossec x )( − cossec x cotg x )dx . Logo,
2 ∫ cossec 2 x cotg x dx = − cossec 2 x . Portanto, ∫ cossec 2 x cotg x dx = − f)
cossec 2 x +C 2
Façamos u = sen x e dv = sec 2 x dx , logo du = cos x dx e v = tg x , e assim,
∫ senx sec
2
x dx = sen x tg x − ∫ tg x (cos x dx ) = sen x tg x + ∫ sen x dx = sen x tg x + cos x + C .
Exercício 5 (resolução com o uso de calculadora ou microcomputador): Escreva a soma de Riemann das seguintes funções nos intervalos indicados, usando a quantidade n de subintervalos na partição considerada. A seguir utilize uma calculadora ou software para calcular o valor numérico da soma. a) f ( x ) = − x 2 − 1 , [2,5] , n = 7 , n = 14 , n = 100 , n = 1000 ; b) f ( x ) = sen x , [0, π ] , n = 6 , n = 10 , n = 100 , n = 1000 ; c) f ( x ) = cos x , [0, π ] , n = 6 , n = 10 , n = 100 , n = 1000 ; d) f ( x ) = cos x − sen x , [0, π ] , n = 6 , n = 10 , n = 100 , n = 1000 . Solução:
Exercício 6: Calcule, mediante o Teorema Fundamental do Cálculo, as integrais a seguir. π π 0 a) ∫ cos x dx ; b) ∫ (cos x − sen x ) dx ; c) ∫ ( x 3 + 5) dx . 0
0
2π x sen x dx ; 2
∫π
d)
1
e)
1
∫ 0 x (2x
2 − 1)9 dx .
Solução: π π = sen π − sen 0 = 0 . a) ∫ cos x dx = sen x 0
0
π
∫ 0 (cos x − sen x ) dx = sen x + cos x
b)
∫
c)
0 3 1 ( x + 5) dx = x 4 + 5x 1 4
π 0
= sen π + cos π − sen 0 − cos 0 = −2 .
0
1 21 = − −5= − . 4 4 1
d) No item d do exercício 4, vimos que
∫ x senx dx = sen x − x cos x + C , assim,
2π 2π π x sen x dx = sen x − x cos x = sen 2π − 2π cos 2π − sen π 2 + cos π 2 = −(1 + 2π ) . 2 2 π 2
∫π
e) Fazendo u = 2 x 2 − 1 , segue que: se x = 0, u = −1 , se x = 1, u = 1 e du = 4 x dx e, assim, 1
∫ 0 x (2x
1 2 − 1)9 dx = 1 1 u 9du = 1 u 10 = 0. 4 −1 40 −1
∫
Exercício 7: Nos itens a seguir expresse a área das regiões limitadas pelas curvas dadas. Faça isso de duas maneiras, com integrações na variável x e com integrações na variável y. Escolha uma das maneiras e calcule a área. a) y = 0 , y = x e y = −x + 5 . 1 b) x + y = 3 , y = x e y = 2 x . 2 2 c) y = x + 1 , y = x − 2 , x = 0 e x = 5 . Solução: a)
y
y=x
y = −x + 5
P
x
y =0
Para se encontrar as coordenadas do ponto P devemos ter x = −x + 5 , ou seja x =
5 e assim, 2
5 . 2 Integração na variável x : y=
A( R x ) = ∫
5 2 0
5 1 x dx + ∫ ( − x + 5) dx = x 2 52 2
5 2 0
1 + − x 2 + 5x 2
5
= 5 2
25 25 25 25 25 − + 25 − − + = u.a. 8 2 2 4 8
Integração na variável y : A( R y ) = ∫
52
0
[(5 − y ) − y ]dy = ∫
52
0
(5 − 2 y ) dy = 5 y − y 2
52 0
b)
=
25 25 25 − = u.a. 2 4 4
y P y = 2x
y =3−x
Q 1 y= x 2
x
Para se encontrar as coordenadas do ponto P devemos ter 2 x = 3 − x , ou seja x = 1 e assim, y = 2 . 1 Para se encontrar as coordenadas do ponto Q devemos ter x = 3 − x , ou seja x = 2 e assim, y = 1 . 2 Integração na variável x : 1 2 1 2 1 1 3 3 3 A( R x ) = ∫ (2 x − x ) dx + ∫ (3 − x − x ) dx = x 2 + (3x − x 2 ) = u.a. 0 1 1 0 2 2 4 4 2
Integração na variável y : 1 2 1 1 3 A( R y ) = ∫ (2 y − y ) dy + ∫ (3 − y − y ) dy = y 2 0 1 2 2 4 c) y
1 0
+ (3 y −
3 2 2 3 y ) = u.a. 1 4 2
P
x =0
y = x2 +1
x =5
Q S
y =x −2
x R O ponto P tem coordenada x = 5 e como y = x 2 + 1 , temos que y = 26 . O ponto Q tem coordenada x = 5 e como y = x − 2 , temos que y = 3 . O ponto R tem coordenada x = 0 e como y = x − 2 , temos que y = −2 . O ponto S tem coordenada x = 0 e como y = x 2 + 1 , temos que y = 1 . Integração na variável x : 5
x3 x2 125 25 265 u.a. − + 15 = A( R x ) = ∫ ( x + 1 − x + 2) dx = ∫ ( x − x + 3) dx = − + 3x = 0 0 2 3 2 6 3 0 Integração na variável y : 5
5
2
2
1
3
26
−2
1
3
A( R y ) = ∫ ( y + 2) dy + ∫ ( y + 2 − y − 1 ) dy + ∫ (5 −
y2 = +2 y 2 =
1
−2
3
y − 1 ) dy =
y2 2 2 + +2y− ( y − 1)3 + 5 y − ( y − 1)3 2 3 3 1
26
= 3
1 9 2 3 1 2 2 3 265 +2−2+4 + +6− 2 − − 2 + 130 − 253 − 15 + 2 = u.a. 2 2 3 2 3 3 6
Exercício 8: Nos itens a seguir, apenas expresse, mediante integrais definidas, a área da região limitada pelas curvas dadas. Não é necessário calcular a(s) integral(is). a) y = x 2 , y = x 3 , x = 2 e x = 10 . b) y = x , y = − x − 2 , y = − x e y = x − 10 . Solução: a)
y
P
x = 10
y = x3
x =2
Q y = x2
S R
x
O ponto P tem coordenada x = 10 e como y = x 3 , temos que y = 1000 . O ponto Q tem coordenada x = 10 e como y = x 2 , temos que y = 100 . O ponto R tem coordenada x = 2 e como y = x 2 , temos que y = 4 . O ponto S tem coordenada x = 2 e como y = x 3 , temos que y = 8 . 10
Integração na variável x : A( R x ) = ∫ ( x 3 − x 2 ) dx . 2
8
Integração na variável y : A( R y ) = ∫ ( 4
b)
y − 2) dy + ∫
100 8
( y − 3 y ) dy + ∫
1000 100
(10 − 3 y ) dy .
y
P y= x
S
x
y = −x
y = x − 10
R
Q
y =− x −2
x = x − 10 , ou seja x =
Para se encontrar as coordenadas do ponto P devemos ter
21 + 41 e 2
1 + 41 . 2
assim, y =
Para se encontrar as coordenadas do ponto Q devemos ter − x − 2 = x − 10 , ou seja x =
17 − 33 2
3 + 33 . 2 Para se encontrar as coordenadas do ponto R devemos ter − x − 2 = − x , ou seja x = 4 e assim, y = −4 . O ponto S é a origem. Assim, temos Integração na variável x :
e assim, y = −
4
(17 − 33 ) 2
0
4
A( R x ) = ∫ ( x − ( − x )) dx + ∫ 4
(17 − 33 ) 2
0
4
= ∫ ( x + x ) dx + ∫
( x − ( − x − 2)) dx + ∫
(2 x + 2)) dx + ∫
( 21+ 41 ) 2 (17 − 33 ) 2
( 21+ 41 ) 2 (17 − 33 ) 2
( x − ( x − 10)) dx =
( x − x − 10) dx .
Integração na variável y :
A( R y ) = ∫
−4
(
− 3+ 33 2
=∫
)
−4
(
− 3+ 33 2
0
(1+ 41 ) 2
−4
0
( y − 10 − ( y + 2)2 ) dy + ∫ ( y + 10 + y ) dy + ∫
)
0
(1+ 41 ) 2
−4
0
( − y 2 − 3 y + 6) dy + ∫ (2 y + 10 ) dy + ∫
( y + 10 − y 2 ) dy =
( − y 2 + y + 10 ) dy .
Exercício 9: Encontre o domínio e as derivadas de primeira e de segunda ordem das seguintes funções:
a) f ( x ) = ln(3x 2 − 4 x ) ;
b) g ( x ) = ln x ;
c) h( x ) = ln x 2 − 2 ;
d) j ( x ) = sen(ln x ) .
Solução:
4 a) Dom f = ( −∞ , 0) ∪ , + ∞ . 3 f '( x ) =
6x − 4 6(3x 2 − 4 x ) − (6x − 4)2 e . f "( x ) = (3x 2 − 4 x )2 3x 2 − 4 x
1 ln x , assim, Dom g = (0, + ∞ ) . 2 1 1 e g "( x ) = − 2 . g '( x ) = 2x 2x
b) g ( x ) = ln x 1 2 =
c) Dom h = \ − {− 2, 2 } .
h '( x ) =
2( x 2 − 2) − 2 x ⋅ 2x 2( x 2 + 2) 2x e = = − . h "( x ) ( x 2 − 2)2 ( x 2 − 2)2 x2 − 2
d) Dom j = (0, + ∞ ) .
cos(ln x ) j '( x ) = e j "( x ) = x
1 − sen(ln x ) x − cos(ln x ) sen(ln x ) + cos(ln x ) x . =− 2 x x2
Exercício 10: Calcule as integrais dadas a seguir.
−2 x + 1 1 a) ∫ + dx ; 3x 6x d)
π 2
∫π 4
cotg x dx ;
2
ln x dx ; x
b)
∫1
e)
∫ ln x dx .
c) ∫ tg x dx ;
Solução: 1 1 1 x ln x −2 x + 1 1 1 1 a) ∫ + + +C . dx = − + dx = ∫ − + dx = ∫ − + 3x 3 2x 3 2 6x 3 6 x 3x 2 ln x 1 ln 2 x ln 2 2 . dx e, assim, ∫ dx = = 1 x 2 2 x c) Fazendo u = cos x , temos que du = − sen x dx e, assim, sen x du ∫ tg x dx = ∫ cos x dx = − ∫ u = − ln u + C = − ln cos x = ln sec x + C .
b) Fazendo u = ln x , temos que du =
d) Fazendo u = sen x , temos que: du = cos x dx , e além disso, se x = então u = 1 . Assim,
π 4
, então u =
2 π ; se x = , 2 2
1 2 ln 2 du = = ln1 − ln = . ln u ( ) ∫π 4 π 4 sen x 2 2 u 2 2 2 2 1 e) Integrando por partes, tomemos u = ln x e dv = dx , logo, du = dx e v = x . Assim, x 1 ∫ ln x dx = x ln x − ∫ x x dx = x ln x − ∫ dx = x ln x − x + C .
π 2
cotg x dx = ∫
π 2 cos x
dx = ∫
1
Exercício 11: Encontre a derivada das seguintes funções:
xx a) y = ln ; sen x
b) y = ( x 2 − 1)10 ln 3x + 2 ;
d) y = (2 x 2 − 3x − 7)(5x − 4) ; Solução:
a)
c) y = cos(ln x 2 ) ;
e) y = (2 x 2 − 3x − 7)21 (5x − 4)15 .
Como y = ln x x − ln(sen x ) = x ln x − ln(sen x ) , temos:
y ' = ln x + 1 −
cos x = ln x − cotg x + 1 . sen x
1 1 1 3 b) Como y = ( x 2 − 1)10 ln(3x + 2) , temos: y ' = 10( x 2 − 1)9 2 x ln(3x + 2) + ( x 2 − 1)10 = 2 2 2 3x + 2 3 ( x 2 − 1)10 . = 10 x ( x 2 − 1)9 ln(3x + 2) + 2 3x + 2 2 2sen(ln x 2 ) c) Como y = cos(2 ln x ) , temos: y ' = − sen(2 ln x ) = − . x x d) y ' = (4 x − 3)(5x − 4) + 5(2 x 2 − 3x − 7) .
e)
Temos que: ln y = ln (2 x 2 − 3x − 7)21(5x − 4)15 = 21ln 2 x 2 − 3x − 7 + 15 ln 5x − 4 . Derivando em
y' 4x − 3 5 = 21 2 + 15 e, assim, y x 5 −4 2 x − 3x − 7 4x − 3 5 y ' = (2 x 2 − 3x − 7)21 (5x − 4)15 21 2 + 15 . 5x − 4 2 x − 3x − 7 relação a x , segue que:
Exercício 12: Calcule as derivadas das seguintes funções.
a) f ( x ) = sen( e x ) ;
b) g ( x ) = e
x
+ 2e x ;
c) h( x ) = ln(cotg e x ) ;
d) j ( x ) = e 2 x sen(2e x ) .
Solução: a) f '( x ) = e x cos( e x ) . b)
g '( x ) = e
1
x
2 x
+
2 ex . 2 ex
cos e x ) = ln cos e x − ln sen e x , temos: x sen e − sen e x x cos e x x h '( x ) = e − e = −(tg e x + cotg e x )e x . cos e x sen e x d) j '( x ) = e 2 x ⋅ 2 ⋅ sen(2e x ) + e 2 x cos(2e x ) ⋅ 2e x = 2e 2 x [sen(2e x ) + e x cos(2e x )] . c)
(
Como h( x ) = ln(
)
(
)
Exercício 13: Dadas as equações a seguir, encontre y ' derivando-as implicitamente em relação a x. a) x 2 + 2 xy + e xy = 7 ; Solução:
a)
2 x + 2 y + 2xy '+ e xy ( y + xy ') = 0 , logo, 2 xy '+ xe xy y ' = −( ye xy + 2 x + 2 y ) e, assim, y' = −
b)
b) e x sen y = e xy .
ye xy + 2 x + 2 y , quando x ≠ 0 . x (2 + e xy )
e x sen y + e x cos y ⋅ y ' = e xy ( xy '+ y ) , logo, y '( e x cos y − x e xy ) = y e xy − e x sen y e, assim, y' =
y e xy − e x sen y , quando e x cos y − x e xy ≠ 0 e x cos y − x e xy
Exercício 14: Calcular as seguintes integrais: a) ∫ e 5 x dx ; d)
b) ∫ (2 x + 5e 2 x )dx ;
e x − e −x
∫ 2e
x
sen( e x ) dx ;
2
∫
∫ e x + e −x dx ;
c)
e) e ln( x )dx .
Solução: a)
u = 5 x , obtemos du = 5dx
Fazendo a substituição de variável
∫e
5x
1 1 1 1 dx = ∫ e 5 x 5 dx = ∫ e u du = ∫ e u + C = e 5 x + C . 5 5 5 5
1 2 )dx = ∫ 2 xdx + ∫ 5e 2 x dx = x + 5∫ e 2 x 2dx = 2 b) 5 5 5 = x 2 + ∫ e u du = x 2 + e u + C = x 2 + e 2 x + C 2 2 2 x u = e obtemos c) Fazendo a substituição de variáveis x du = e dx
∫ (2x + 5e
∫ 2e d)
x
2x
sen( e x )dx = 2 ∫ sen( e x )( e x dx ) = 2 ∫ sen udu = −2 cos u + C = −2 cos( e x ) + C
e x − e −x ∫ e x + e −x dx u = e x + e − x −x x du = ( e − e )dx e x − e −x 1 x −x ∫ e x + e −x dx = ∫ u du = ln|u |+C = ln|e + e |+C .
Exercício 15: A magnitude R de um terremoto é medida em uma escala, chamada escala Richter, dada pela
I I0
fórmula R = log
, onde I é a intensidade do terremoto e I 0 é uma intensidade padrão mínima. Se um
terremoto atinge a magnitude de 6,1 na escala Richter, quantas vezes a intensidade do terremoto é maior que a intensidade padrão?
Solução: Temos R = log
I e, assim, I0 I
log I I 6,1 = log ⇒ 106,1 = 10 I = ⇒ I = I 0 106,1 I0 I0 0
Portanto, a intensidade do terremoto é de 106,1 ≈ 1.258.925 vezes maior que a intensidade padrão.
Exercício 16: Uma contagem inicial numa cultura de bactérias revela a existência de 600.000 indivíduos. Após 3 horas o número de indivíduos passa para 1.800.000. Sabendo-se que a taxa de crescimento dessa espécie de bactérias é proporcional ao número de indivíduos presentes, determine uma expressão que forneça o número de indivíduos a cada instante t e calcule o número de bactérias depois de 5 horas. Solução: Temos t = 0 horas → 600.000 t = 3 horas → 1.800.000 A taxa de crescimento é proporcional ao número de indivíduos presentes. η ( t ) = Me kt .
η (0) = Me k.0 = M ⇒ M = 600.000 η (3) = 600.000e k.3 = 1.800.000 ⇒ e k.3 = 3 ⇒ 3k = ln 3 Então, η ( t ) = 600.000e
1 ( ln 3)t 3
⇒ η (5) = 600.000e
1 ( ln 3)5 3
≈ 3.744.150 .
Exercício 17: Se acondicionarmos 50 mg de um material radioativo numa caixa de chumbo e soubermos que a meia vida desse material é de 200 anos, após quanto tempo haverá 5 mg do material dentro da caixa? Solução: Temos 50mg em t = 0 anos, média de vida = 200 anos e 5mg em T anos. Assim,
0 → 50mg 1 200 → 50mg 2 1 400 → 2 50mg 2 1 600 → 3 50 mg 2 1 t → t 50 2 200 A lei que rege o decaimento radioativo é q( t ) = 50.2 −t / 200 . 1 5 = 50.2 −T / 200 ⇒ = 2 −T / 200 ⇒ log 2 10 −1 = log 2 2 −T / 200 ⇒ 10 . T ln10 − 1 log 2 22 ⇒ T = 200 log 2 10 = 200 − log 2 10 = ≈ 200(3, 32198095) ≈ 664, 3 200 ln 2 Portanto, haverá 5mg após aproximadamente 664, 3 anos. Exercício 18: Com o auxílio da Tabela de Integrais Imediatas e o uso das técnicas de integração, calcule as seguintes integrais:
ex ∫ 1 + e x dx ;
a)
2 ∫ tg u du ;
b)
e)
∫x
3
f) ∫ e x 2e x + 3 dx ;
i)
∫
x ln x dx ;
3 + 2 x 2 dx ;
(
j)
)
∫ arctg x dx ;
3
dx ; ln x
c)
∫x
g)
∫
sen(ln x ) dx ; x
∫
e
k)
d)
∫ cos x sen
h)
∫
l)
∫x
x
x
dx ;
5
x dx ;
tg(ln x ) dx ; x 2 2x 3
e
dx .
Solução: a)
Temos
2 ∫ tg xdx = ∫
sen 2 x dx . Fazendo a mudança de variáveis cos 2 x u = sec 2 x du = 2sen x cos x ⇒ 1 2 dx v = ∫ sec xdx = tg x dv = cos 2 x
obtemos
sen 2 x sen x 2 2 ∫ cos2 x dx = sen x tg x − ∫ (2sen x cos x )tg xdx = sen x tg x − ∫ (2sen x cos x ) cos x dx = 1 1 = sen 2 x tg x − ∫ 2sen 2 xdx = sen 2 x tg x − 2 ∫ [ − cos 2 x ]dx = 2 2 x sen 2 = sen 2 x tg x − x + 2 Verificação:
d sen 2 x (sen 2 x tg x − x + ) = 2sen x cos x tg x − 1 + cos 2x = dx 2 sen x = 2sen 2 x + − 1 + cos 2 x = cos x = tg 2 x + 2sen 2 x + cos 2 x − 1 = = tg 2 x x u = 1 + e
b) Fazendo a substituição de variáveis
obtemos
x du = e dx 1 I = ∫ du = ln|u | +C = ln|1 + e x | +C . u
c)
u = ln x obtemos 1 du = x dx
Fazendo a substituição de variáveis
−1 2 +
1
1
− 1 u2 2 u2 +C = + C = 2 u + C = 2 ln x + C . I =∫ dx = ∫ u 2 du = −1 2 1 x ln x + 2 2 2
u = sen x obtemos du = cos xdx
d) Fazendo a substituição de variáveis
1 1 I = ∫ u 5du = u 6 + C = sen 6 x + C . 6 6 e)
2 u = 3 + 2 x obtemos du = 4 xdx
Fazendo a substituição de variáveis 3
3
+1
5
5
5
5
1 1 u2 1 u2 1 2 1 1 +C = + C = . u 2 + C = u 2 + C = (3 + 2x 2 ) 2 + C I = ∫ x 3 + 2 x dx = ∫ u 2 du = 3 5 4 4 +1 4 4 5 10 10 2 2 3
f)
2
x u = 2e + 3
Fazendo a substituição de variáveis
obtemos
x du = 2e dx 1 11 4 1 x I = ∫ e (2e x + 3)3 dx = ∫ u 3du = u + C = (2e x + 3)4 + C . 2 24 8
u = ln x obtemos 1 du = x dx sen(ln x )dx = ∫ sen udu = − cos u + C = − cos(ln x ) + C . I =∫ x
g) Fazendo a substituição de variáveis
u = ln x h) Fazendo a substituição de variáveis obtemos 1 du = x dx tg(ln x ) I =∫ dx = ∫ tg udu = ln|sec u | +C = ln|sec(ln x )| +C . x
i)
1 du = x dx u = ln x Fazendo a substituição de variáveis ⇒ 3 obtemos dv = x v = 2 x 2 3
I =∫
3
3
3
1
2 2 1 2 2 x ln xdx = uv − ∫ vdu = x 2 ln x − ∫ x 2 dx = x 2 ln x − ∫ x 2 dx = 3 3 x 3 3 3
3
3
2 23 2 2 2 = x 2 ln x − x + C = x 2 (ln x − ) + C 3 32 3 3
j)
1 dx u = arc tg x du = obtemos Fazendo a substituição de variáveis ⇒ 1+ x2 dv = dx v = x 1 1 1 dx = xarc tg x − ∫ dw = 2 2 w 1+ x 1 1 = xarc tg x − ln|w | +C = xarc tg x − ln|1 + x 2 | +C 2 2
I = ∫ arc tg xdx = xarc tg x − ∫ x
u = x k) Fazendo a substituição de variáveis 1 dx obtemos du = 2 x I =∫
l)
e
x
x
dx = 2 ∫ e u du = 2e u + C = 2e
u = 2 x 3
Fazendo a substituição de variáveis
x
+C .
obtemos
2 du = 6x dx 1 1 1 I = ∫ x 2 e x dx = ∫ e u du = + C = e u + C = e 2 x + C . 6 6 6 3
Exercício 19: Prove a fórmula 14 da Tabela de Integrais, isto é, calcule divida sec x por (sec x + tg x ) . Solução: Temos ∫ sec x dx = ∫
∫ sec x dx . Sugestão: multiplique e
sec x (sec x + tg x ) sec 2 x + sec x tg x ) dx = ∫ dx . Fazendo a substituição de sec x + tg x sec x + tg x
u = sec x + tg x obtemos 2 2 du = (sec x tg x + sec x )dx = (sec x + sec x tg x )dx
variáveis
3
∫
sec 2 x + sec x tg x ) du dx = ∫ = ln u + C = ln sec x + tg x + C sec x + tg x u
Exercício 20: Calcule as seguintes integrais indefinidas: a)
x −3 ∫ x 2 − x − 6 dx ;
d)
∫ ( x − 1)( x − 3)3
b)
x 3 + 12 x 2 − 20 x + 5
x 2 − 3x + 5 ∫ x 3 − 5x 2 dx ;
dx ;
e)
c)
x 2 − 3x + 5 ∫ x 3 + 3x 2 + x dx (sinal trocado no denominador);
x2 −1
∫ x 4 − x 2 dx .
Solução: a)
Temos x 2 − x − 6 = ( x − 3)( x + 2) e assim
A( x + 2) + B( x − 3) x −3 A B . = + = ( x − 3)( x + 2) x −x −6 x −3 x + 2 2
Logo,
x − 3 = A( x + 2) + B( x − 3) = ( A + B )x + 2 A − 3B A + B = 1 A = 0 ⇒ . 2 A − 3B = −3 B = 1
Portanto, I =
x −3
1
∫ x 2 − x − 6 dx = ∫ x + 2 dx = ln|x + 2|+C .
b) Temos x 3 − 5x 2 = x 2 ( x − 5) e assim
x 2 − 3x + 5 A B C Ax ( x − 5) + B( x − 5) + Cx 2 . = + + = x x2 x −5 x 3 − 5x 2 x 2 ( x − 5) Logo,
x 2 − 3x + 5 = ( A + C )x 2 + Bx + ( −5 A − 5B )
A + C = 1 A = 2 ⇒ B = −3 . B = −3 −5 A − 5B = 5 C = −1 Portanto,
I =∫ c)
x 2 − 3x + 5 2 −3 −1 3 dx = ∫ dx + ∫ 2 x + ∫ dx = 2 ln x + − ln| x − 5| +C . 3 2 x x − 5 x x − 5x x
Temos 3x 3 + x 2 + x = x (3x 2 + x + 1) . Como ∆ = 1 − 4.3.1 = −11 < 0 consideramos
Logo,
x 2 − 3x + 5 A Bx + C . = + 2 3 2 3x + x + x x 3x + x + 1
x 2 − 3x + 5 = A(3x 2 + x + 1) + ( Bx + C )x = (3 A + B )x 2 + ( A + C )x + A 3 A + B = 1 A = 5 A + C = −3 ⇒ B = −14 . A = 5 C = −8
Portanto,
I =∫ Como
x 2 − 3x + 5 −14 x − 8 x 5 1 1 dx = ∫ dx + ∫ 2 dx = 5∫ dx − 14 ∫ 2 dx − 8 ∫ 2 dx . 3 2 x x 3x + x + x 3x + x + 1 3x + x + 1 3x + x + 1 1
1
1
∫ 3x 2 + x + 1dx = 3 ∫ x + 1 2
dx =
1 1 x arc tg( )+C 3 11/6 11 6
11 + 6 36 u = 3x 2 + x + 1 , lembrando que e fazendo a mudança de variáveis du = (6x + 1)dx x 1 6x + 1 1 1 , = − 2 2 2 3 x + x + 1 6 3 x + x + 1 6 3x + x + 1 obtemos
1
x
6x + 1
1
1
∫ 3x 2 + x + 1dx = 6 ∫ 3x 2 + x + 1dx − 6 ∫ 3x 2 + x + 1dx 1 1 11 1 x )+C du − arc tg( 6∫u 6 3 11/6 11/6 1 1 1 x = ln|u | − )+C arc tg( 6 3 11 11/6 1 1 1 x = ln|3x 2 + x + 1| − ) + C. arc tg( 6 3 11 11/6 =
d) Temos
x 3 + 12x 2 − 20 x + 5 A B C D . = + + + 3 2 1 3 x x − − ( x − 1)( x − 3) ( x − 3) ( x − 3)3
Logo,
x 3 + 12 x 2 − 20x + 5 = A( x − 3)3 + B( x − 1)( x − 3)3 + C ( x − 1)( x − 3) + D( x − 1) = = ( A + B )x 3 + ( −9 A − 7B + C )x 2 + (27 A + 15B − 4C + D )x + ( −27 A − 9B + 3C − D )
1 A = 4 A + B = 1 3 −9 A − 7B + C = 12 B = ⇒ 4 27 A + 15B − 4C + D = −20 78 −27 A − 9B + 3C − D = 5 C = 4 D = 40 Portanto,
1 1 3 1 78 1 1 x 3 + 12 x 2 − 20 x + 5 dx = ∫ dx + ∫ + ∫ dx + 40 ∫ dx = 3 2 4 1 4 3 4 x − x − ( x − 1)( x − 3) ( x − 3) ( x − 3)3 1 3 78 1 40 1 = ln| x − 1| + ln| x − 3| − + = 4 4 4 x − 3 −2 ( x − 3)2
I =∫
1 3 39 20 = ln| x − 1| + ln| x − 3| − − . 4 4 2( x − 3) ( x − 3)2
e)
Temos
x2 −1 A B C D . = + 2+ + 4 2 x x x +1 x −1 x −x
Logo,
x 2 − 1 = Ax ( x 2 − 1) + B( x 2 − 1) + Cx 2 ( x − 1) + Dx 2 ( x + 1) = = ( A + B + C )x 3 + ( B − C + D )x 2 − Ax − B A + B + C = 0 A = 0 B − C + D = 1 B = 1 . ⇒ − A = 0 C = 0 −B = −1 D = 0 Portanto,
I =∫
x2 −1 1 −1 dx = ∫ 2 dx = +C . 4 2 x x −x x
Exercício 21: Resolva as seguintes integrais indefinidas. a) ∫ cos4 x dx ; d)
∫ cossec
3
b) ∫ sen 3 x cos3 x dx ;
x dx ;
e)
∫ tg
4
c) ∫ cotg 3 x dx ;
x sec3 x dx .
Solução: a)
1
cos 2 x 2 1 cos 2x 1 ) dx = ∫ ( + + cos 2 2 x )dx = 2 4 2 4 1 1 1 1 cos4 x 1 1 1 1 = ∫ dx + ∫ cos 2xdx + ∫ ( + )dx = ∫ dx + ∫ cos 2xdx + ∫ xdx + ∫ cos4 xdx = 4 2 4 2 2 4 2 8 8 3 1 1 3 1 1 = ∫ dx + ∫ cos 2 xdx + ∫ cos4 xdx = x + sen 2x + sen 4 x + C 8 2 8 8 4 16
∫ cos dx = ∫ ( 2 + 4
b)
∫ sen x cos xdx = ∫ sen x cos x (cos xdx ) = = ∫ sen 3 x (1 − sen 2 x )(cos xdx ) = ∫ sen 3 x − sen 5 x )(cos xdx ) 3
3
3
2
Fazendo a mudança de variáveis u = sen x ⇒ du = cos xdx obtemos
∫ sen
3
1 1 x − sen 5 x )(cos xdx ) = ∫ ( u 3 − u 5 )du = sen 4 x − sen 6 x + C . 4 6
c)
∫ cotg
3
xdx = ∫ cotg x cotg 2 dx = ∫ cotg x (cossec 2 x − 1)dx = = ∫ cotg x cossec 2 x dx − ∫ cotg xdx .
Fazendo a mudança de variáveis u = cotg x ⇒ du = − cossec 2 xdx obtemos
∫ cotg x cossec
2
xdx − ∫ cotg xdx = − ∫ udu − ∫ cotg xdx =
1 1 = − u 2 − ln|sec x | +C = − cotg 2 x − ln|sec x | +C . 2 2
d)
∫ cossec
3
xdx = ∫ cossec 2 x (cossec xdx ) u = cossec x du = − cossec x cotg xdx ⇒ 2 dv = cossec xdx v = − cotg x
∫ vdu =∫ cossec x cotg
2
xdx = ∫ cossec x (cossec 2 x − 1)dx = ∫ cossec3 xdx − ∫ cossec xdx
Então,
∫ cossec xdx = − cossec x cotg x − ∫ cossec xdx + ∫ cossec xdx ⇒ ⇒ 2 ∫ cossec3 xdx = − cossec x cotg x + ∫ cossec xdx ⇒ 3
`3
1 1 ⇒ ∫ cossec3 xdx = − cossec x cotg x + ∫ cossec xdx = 2 2 1 1 = − cossec x cotg x + ln|cossec x − cotg x | +C 2 2 e)
I = ∫ tg 4 x sec3 xdx tg 4 x = (tg 2 x )2 = (sec 2 x − 1)2 = sec4 x − 2sec 2 x + 1
I = ∫ (sec 4 x − 2sec 2 x + 1)sec 2 xdx = ∫ sec7 xdx − 2 ∫ sec5 xdx + ∫ sec3 xdx Para cada integral acima usamos integração por partes com dv = sec 2 xdx ⇒ v = tg x . 5 4 u = sec x du = 5sec x sec x tg xdx dx ⇒ 2 dv = sec x v = tg x
∫ sec
7
xdx = sec5 x tg x − ∫ tg x (5sec4 x sec x tg xdx )
I = ∫ sec3 dx = ∫ sec x sec 2 x dx u = sec x du = sec x tg xdx dx ⇒ 2 v = tg x dv = sec x I = sec x tg x − ∫ tg x sec x dx = sec x tg x − ∫ sec x (sec 2 x − 1)dx = sec x tg x − ∫ sec3 x dx + ∫ sec x dx 2 ∫ sec3 x dx = sec x tg x − ∫ sec dx = sec x tg x + ln|sec x + tg x |+C ⇒
∫ sec
3
1 x dx = (sec x tg x + ln|sec x + tg x |) + C ⇒ 2
I = ∫ sec5 dx = ∫ sec3 x sec 2 x dx 3 2 u = sec x du = 3sec x sec x tg xdx dx ⇒ 2 v = tg x dv = sec x
I = sec 3 x tg x − 3∫ sec3 x tg 2 x dx = sec 3 x tg x − 3∫ sec3 x (sec 2 x − 1)dx = sec 3 x tg x − 3∫ sec5 x dx + 3∫ sec3 x dx 3 4 ∫ sec5 dx = sec 3 x tg x + (sec x tg x + ln|sec x + tg x |) ⇒ 2 1 3 5 3 ∫ sec dx = 4 sec x tg x + 8 (sec x tg x + ln|sec x + tg x |) + C I = ∫ sec7 dx = ∫ sec5 x sec 2 x dx 5 4 u = sec x du = 5sec x sec x tg xdx dx ⇒ 2 v = tg x dv = sec x
I = sec5 x tg x − 5∫ sec5 x tg 2 x dx = sec5 x tg x − 5∫ sec5 x (sec 2 x − 1)dx = sec5 x tg x − 5∫ sec7 x dx + 5∫ sec5 x dx 5 15 6∫ sec7 dx = sec5 x tg x + sec3 x tg x + (sec x tg x + ln|sec x + tg x |) ⇒ 4 8 1 5 15 I = ∫ sec7 dx = sec5 x tg x + sec3 x tg x + (sec x tg x + ln|sec x + tg x |) + C 6 24 48 Exercício 22: Calcule as seguintes integrais: a)
∫x
d)
∫
3 4 − x2
5x 2
x − 25
dx ;
b)
∫x
dx 5 + x2
;
∫ 3x 2
c)
dx (corrigido colocando raiz no denominador);e)
∫
1 2
9x − 49
2 x 2 − 36
dx ;f)
Solução: a)
Fazendo a substituição de variáveis
a = 2, x = 2sen θ ⇒ sen θ = dx = 2 cosθ d θ , obtemos
x 2
4 − x 2 = 2 cosθ ⇒ cosθ =
4 − x2 , 2
∫
dx ;
1
(4x 2 − 4 )
3/ 2
dx .
I =∫
3 x 4 − x2
dx = 3∫
2 cosθ 3 d θ = ∫ cossecθ d θ = 2sen θ 2 cosθ 2
3 3 1 4 − x2 /2 | +C = = ln|cossec θ − cotg θ | +C = ln| − x /2 x /2 2 2 3 2 4 − x2 | +C = ln| − x x 2 b) Fazendo a substituição de variáveis
x
a = 5, x = 5 tg θ ⇒ sen θ =
5 − x2
dx = 5 sec 2 θ d θ , 5 + x 2 = 5 secθ ⇒ cosθ =
5 5 − x2
obtemos
dx
I =∫
=∫
5 sec 2 θ 1 1 cosθ dθ = dθ = ∫ cos θ sen θ 5 tg θ 5 sec θ 5
x 5 + x2 1 1 cossec θ d θ = ln|cossecθ − cotg θ | +C = = ∫ 5 5
1 5 − x2 5 1 5− x2 − 5 ln| | +C = ln| | +C − x x x 5 5
= c)
Fazendo a substituição de variáveis
x = 6sec θ , dx = 6secθ tg θ d θ x 2 − 36 = 6tg θ , sen θ = Obtemos
I =∫ =
2 3x
2
2
x − 36
dx = ∫
x 2 − 36 x
12sec θ tg θ 3 ⋅ 36sec θ ⋅ 6 ⋅ tg θ 2
dθ =
1 cosθ d θ = 54 ∫
1 1 x 2 − 36 +C sen θ + C = 54 54 x
d) Fazendo a substituição de variáveis
x = 5sec θ , dx = 5secθ tg θ d θ x 2 − 25 = 5tg θ , sen θ =
obtemos
I =∫ = 25
5x 2
x − 25
dx = 25 ∫
x 2 − 36 x
sec θ 5sec θ tg θ d θ = 25∫ sec 2 θ d θ = 25tg θ + C = 5tg θ
x 2 − 25 + C = 5 x 2 − 25 + C 5
e)
Temos I =
1
∫
9x 2 − 49
1
dx = ∫
9( x 2 −
49 ) 9
dx =
1 1 dx . ∫ 3 x 2 − (7/3)2
Fazendo a substituição de variáveis
7 7 x = sec θ , dx = sec θ tg θ d θ 3 3 2
x −
x 2 − 499 7 7/3 , cosθ = = tg θ , sen θ = 3 x x
49 9
Obtemos
I=
f)
x 2 − 49 1 73 sec θ tg θ 1 1 1 3x 9 d sec d ln|sec tg | C ln| | +C θ θ θ θ θ = = + + = + 3 ∫ 73 tg θ 3∫ 3 3 7 7/3
Temos I =
∫
dx (4 x 2 − 4)
3
2
=∫
dx ( 4 )3 ( x 2 − 1)
3
= 2
1 dx . ∫ 8 ( x 2 − 1)3
Fazendo a substituição de variáveis
x = sec θ , dx = sec θ tg θ d θ ,
x 2 − 1 = tg θ
obtemos
I=
1 1 1 sec θ 1 cos 2 θ 1 sec tg d d dθ . θ θ θ = θ = 8 ∫ tg 3 θ 8 ∫ tg 2 θ 8 ∫ sen 2 θ cosθ u = sen θ obtemos du = cosθ dθ
Fazendo a substituição de variáveis
I=
1 1 1 −1 1 du = ( ) + C = − +C = − ∫ 2 8 u 8 u 8sen θ
1 x2 −1 8 x
+C =
−x 8 x2 −1
+C .
1 Exercício 23: Mostre que o volume do cone circular reto de altura h e raio da base r é dado por π r 2 h .
3 Sugestão: Rotacione um triângulo retângulo adequado, cujos catetos estão sobre os eixos coordenados. Solução:
y
h m=−
0
r
x
h r
h y −h = − x r h y =− x +h r
r
r
r
h x2 −h 2 −h x 3 V = ∫ 2π [ − x + h ]xdx = ∫ (2π x + 2π hx )dx = 2π + 2π h = r r r 3 2 0 0 0 = 2π
r2 r2 r2 hr 2 1 2 −h r 3 −2hr 2 + 3hr 2 + 2π h − 0 = 2π ( −h ) + 2π h = 2π = 2π = π r h. 2 3 2 6 6 3 r 3
Exercício 24: Encontre a área de um tronco de cone circular reto de altura h e raios r1 e r2 . Solução:
y h
h r2 − r1 −h y −0= ( x − r2 ) r2 − r −h f (x ) = ( x − r2 ) r2 − r
m=−
0
r2 x
r1
V1 = π h r12 é o volume do cilindro interno. r2
r2
r1
r1
V = ∫ 2π x f ( x ) dx = ∫ 2π x [
r2
hr2 −h −h 2 ( x − r2 )]dx = 2π ∫ ( x + x )dx = r2 − r r r r r − − 2 1 2 1 r 1
2 r2
−h r2 3 −h r13 −h x 3 hr2 x hr2 r2 2 hr2 r12 = 2π + + + − 2π = = 2π r2 − r1 3 r2 − r1 2 r r2 − r1 3 r2 − r1 2 r2 − r1 3 r2 − r1 2 1
= 2π =
3
hr2 + 3hr2 r12
− 2hr13
6( r2 − r1 )
.
π hr2 3 + 3hr2 r12 − 2hr13 r2 − r1
3
O volume é
π h r12 + =
π hr23 + 3hr2 r12 − 2hr13 3
r2 − r1
=
( r2 − r1 )π hr12 + π ( hr2 3 + 3hr2 r12 − 2hr13 ) 3( r2 − r1 )
π 3hr2 r12 − 3hr13 + hr23 + 3hr2 r12 − 2hr13 ) π 3
r2 − r1
=
=
π
1 [3r2 r12 − 3r13 + r2 3 + 3r2 r12 − 2r13 ] = 3 r2 − r1 h
1 h [6r2 r12 − 5r13 + r2 3 ]. 3 r2 − r1
Exercício 25: Considere a região R1 , limitada pelas curvas: y = 0 , y = x e y = − x + 5 e a região R 2 , 1 limitada pelas curvas: x + y = 3 , y = x e y = 2 x . Considere os sólidos S1x e S2x obtidos, 2 respectivamente, pela revolução das regiões R1 e R 2 ao redor do eixo Ox. Considere os sólidos S1 y e S2 y
obtidos, respectivamente, pela revolução das regiões R1 e R 2 ao redor do eixo Oy. Expresse, mas não calcule, o volume dos sólidos S1x , S1 y , S 2 x e S 2 y mediante o uso de integrais. Faça isso de duas maneiras, com integrações na variável x e na variável y. Solução: y
y
y=2x ou x=y/2 y=x ou x=y
5/2
r
2 (5/2,5/2)
1
R1
y=x/2 ou x=2y
r R2
x
5/2
y=3- x ou x=3-y 1
2
y=x+5 ou x=-y+5
Integração em x 5
V ( S1x ) =
2
0
5
V ( S1 y ) =
5
2 2 ∫ π x dx + ∫ π ( −x + 5) dx 5
2 5
2
2 ∫ π x ( x ) dx + ∫ π x ( −x + 5) dx 5
0
2
1
2
V ( S 2 x ) = ∫ π [(2 x )2 − ( 21 x )2 ]dx + ∫ π [(3 − x )2 − ( 21 x )2 ]dx 0 1
2
1
0
1
V ( S 2 y ) = ∫ 2π x ( 2x − 21 x )dx + ∫ 2π x (3 − x − 21 x )dx . Integração em y 5
V ( S1x ) = V ( S1 y ) =
2
∫ π y[( − y + 5) − ( y )]dy
0 5 2
∫ π [( − y + 5)
0 1
2
− ( y )2 ]dy 2
V ( S 2 x ) = ∫ 2π y[(2 y ) − ( 21 y )]dy + ∫ 2π y[(3 − y ) − ( 21 y )]dy 0 1
1
2
V ( S 2 y ) = ∫ 2π y[(2 y )2 − ( 21 y )2 ]dy + ∫ π y[(3 − y )2 − ( 21 y )2 ]dy . 0
1
x
Exercício 26: Considere a região R, limitada pelas curvas: y = x2 +1, y = x − 2 , x = 0 e x = 5. Considere o sólido S obtido pela revolução de R ao redor do eixo Oy. Expresse, mas não calcule, o volume de S mediante o uso de integrais. Faça isso de duas maneiras, com integrações na variável x e na variável y. Solução: y 26
y = x 2 + 1 ou x =
3
y=x-2 ou x=y+2
y −1
1 0 -1 5
Integração em x :
Integração em y :
∫ 2π x[( x
2
x
5
+ 1) − ( x − 2)]dx
0 1
3
236
−2
1
3
2 2 2 ∫ π x[( y − 2) ]dy + ∫ π [( y + 2) − ( y − 1) ]dy +
∫ π [(5)
2
− ( y − 1)2 ]dy
Exercício 27: Calcule o volume do sólido S, situado entre os planos perpendiculares ao eixo Ox em x = 0 e em x = 4 , com a base no plano x y , limitada pela parábola x = y 2 , sabendo que suas seções transversais são quadrados. Solução: y
x = y2
0
4
x
A base do sólido S é a região do plano xy limitada pela parábola x = y 2 e a reta x = 4 .
Para cada x 0 ∈ [0, 4] o lado do quadrado tem medida igual a 2 x . Logo, a área do quadrado é igual a 4 x . ( x > 0!) . Então 4
4
4
0
0
0
V = ∫ A( x ) dx = ∫ 4 x dx = 2 x 2 = 2 ⋅ 4 2 − 2 ⋅ 0 = 32 O volume do sólido é 32 unidades de volume.
Exercício 28: Mostre, mediante o uso da técnica do volume por fatiamento, que o volume da pirâmide de 1 altura h e base quadrada de lado l é dado por V = l 2 h . 3 Solução: Se considerarmos o eixo vertical como prolongamento da “altura” da pirâmide e orientado para “cima” podemos descobrir a área A( x ) do quadrado obtido como fatiamento da pirâmide pela família de planos paralelos à base da mesma mediante semelhança de triângulos.
h h
x
e
b
0
( h − x ) e 2 e( h − x ) h−x ⇒b = = b h 2h
l/2
Na “altura” x , o lado do quadrado é igual a 2b = h
e( h − x ) e 2 ( h − x )2 . Então A( x ) = . h h2
h 2
h
e ( h − x )2 e2 = dx ( h − x )2 dx 2 2 ∫ h h 0 0
V = ∫ A( x ) dx = ∫ 0
h
2
=
h
( h − x )3 ( h − h )3 ( h − 0)3 h 3 ( h − x ) dx = − = − − − = ∫ 3 0 3 3 3 0 V=
2
e2 h3 1 2 1 = e h = (área da base)(altura) . 2 3 h 3 3
Exercício 29: Encontre o comprimento do arco sobre a curva y = x 3 + 2 do ponto (0, 2) ao ponto (4, 10) . Solução: Temos y = x 3 + 2 ⇒
dy 3 = x . O comprimento do arco desejado é dado por dx 2 1
4
2
s = ∫ 1+ 0
(
3 2
x
1
2
)
2
4
dx = ∫ 1 + 49 xdx 0
u = 1 + 49 x du = 49 dx Fazendo a mudança de variável obtemos x = 0 ⇒ u = 1 x = 4 ⇒ u = 10 s = 49
10
(
∫
udu = 49 ⋅ 23 10 − 1 3
3
2
2
) = 278 (10
10 − 1) ≅
8 (31,62 − 1) ≅ 27
9, 07 unidades
1
Exercício 30: Encontre o comprimento do arco sobre o gráfico da função f ( x ) = abscissa 1 ao ponto de abscissa 3. Solução: Temos f ( x ) =
x3 6
+ 21 x −1 ⇒ f ´( x ) =
x3 1 + do ponto de 6 2x
− 21 x −2 = 21 ( x − x −2 ) . Assim o comprimento do arco 2
x2 2
desejado é dado por 3
2
3
3
1
1
s = ∫ 1 + 21 ( x − x −2 ) dx = ∫ 1 + 41 ( x 4 − 2 + x −4 )dx = ∫ 1 + x4 − 21 + 2
1
3
=∫
1 2
1
1 2
=
1 2
−4
4
2 + x 4 + x −4 dx 4
=
3
1 2
1
3
=
3
+ x4 + x4 dx = ∫
∫ 1
2 x 4 + x 8 +1 dx x2
− 13
+ 1+
33 3
−
=
3
1 2
∫ 1
1 3
=
∫
2 + x 4 + x −4 dx =
1
( x 4 +1)2 dx x2 1 28 2 3
=
14 3
=
3
1 2
∫ 1
3
1 2
∫ 1
x 4 +1 dx x2
x −4 dx 4
=
2 x 4 + x 8 +1 dx x4
=
4
3 3 3 3 = 21 ∫ x1 dx + ∫ x 2dx dx = 21 − x1 + x3 = 1 1 1 1 3
2
unidades
Exercício 31: Calcule a área da superfície obtida ao rotacionarmos o arco do gráfico de f ( x ) = x entre os pontos (1,1) e (4, 2) ao redor do eixo Ox. Solução: A curva é parte de uma parábola e, ao ser rotacionada ao redor do eixo Ox, gera o parabolóide, conforme a figura a seguir.
y y
y= x
2 1 0
0 1
4
x
4
4
1
4
4
1
1
A = 2π ∫ x 1 + ( dx )2 dx = 2π ∫ x 1 + 41x dx = 2π ∫ x + 41 dx 1
dy
x
u = x + 41 du = dx Fazendo a mudança de variável temos 5 x = 1 ⇒ u = 4 x = 4 ⇒ u = 17 4 17 4
17 4
A = 2π ∫ udu = 2π 23 u = 3
5 4
5 4
= 43π
2
( 178
4π 3
(( 174 )
3
2
) (
− ( 45 )
3
2
) = 43π ( 174
17 4
− 45
5 4
)=
)
17 − 85 5 = π6 17 17 − 5 5 ≅ 30,8 unidades quadradas.
Exercício 32: Considere o arco do gráfico de f ( x ) = x 3 entre os pontos (1,1) e (2,8) . Calcule a área da superfície obtida ao girarmos esse arco ao redor do eixo Ox. Solução: A curva e a superfície de revolução estão representados a seguir. y 8
y
8
y=x3 y=x3
1 0 -1
1
2
1 0
1
x
2
2
2
1
1
A = 2π ∫ x 3 1 + (3x 2 )2 dx = 2π ∫ x 3 1 + 9x 4 dx u = 1 + 9 x 4 du = 36x 3 temos Fazendo a mudança de variável x = 1 ⇒ u = 10 x = 2 ⇒ u = 145 A = 2π
145
∫
10
≅
π
27
u 36
145
π 2u du = 18 3 10 = 3
2
π
27
(145 − 10 ) = 3
2
3
2
π
27
(145 145 − 10 10 ) =
(145 ⋅ 12, 04 − 10 ⋅ 3,16) ≅ 199, 35 unidades quadradas
Exercício 33: Esboce a região identificada com a integral imprópria do Exemplo 48.
x
+∞
∫
Solução: A integral do exemplo 48 é
0
b
e − x dx = lim ∫ e − x dx = 1 . b →∞
0
y
1
y = e-x x=b
O
x
Exercício 34: Encontre os valores de k para os quais a integral imprópria
+∞ kx e dx 0
∫
converge e determine
o valor da integral. Solução: +∞
∫ 0
b
b →∞
Se k > 0 , lim k1 ( e kb − 1) = +∞ . Logo b →∞
b →∞
+∞
∫ 0
e kx dx =
b →∞
0
+∞
∫e
0
b →∞
kx
dx é divergente para k > 0 .
kx
dx é divergente para k > 0 .
0
Se k < 0 , lim k1 ( e kb − 1) = − k1 . Logo Se k = 0 ,
b
e kx dx = lim ∫ e kx dx = lim k1 e kx k1 e kx = lim k1 ( e kb − 1)
+∞
∫e 0
+∞
∫
dx = lim x ]0 = lim b = +∞ . Logo
0
b
b →∞
+∞
Portanto a integral imprópria
∫e
kx
b →∞
+∞
∫e
kx
dx é divergente para k = 0 .
0
dx é convergente para todo k < 0 .
0
1 x situado sobre o intervalo [1, +∞ ) . Mostre que o volume do sólido ilimitado obtido pela rotação de R em torno do eixo Ox é igual a π unidades cúbicas. Solução: Exercício 35: Considere a região ilimitada R, acima do eixo Ox e abaixo do gráfico da função f ( x ) =
y
y = 1/x 1
1
O
x
dx
Observe que: . espessura do disco: dx ; . raio do disco: x1 ; . volume do disco: π ( x1 )2 ⋅ dx . +∞
Assim, V =
∫π 1
b
1 dx x2
= lim ∫ π b →∞
1
1 dx x2
= lim π b →∞
1 x
b
= −π lim ( b1 − 1) = π . 1 b →∞
Exercício 36: Determine se a integral imprópria é convergente ou divergente e, no caso de ser convergente, calcule o valor da integral. +∞
(a)
∫0
(d)
∫1
(g)
∫ 0 ln x dx ;
sen x dx ;
+∞
ln x dx ;
e
0
−x 2
4
dx
(b)
∫−∞ x 5
(e)
∫0 x 2 − 2x − 3 ; (h)
dx ;
+∞
∫0
+∞
xe − x dx ;
+∞
dx
(c)
∫0
(f)
∫e
x ( ln x )
2
;
ln x dx .
Solução:
a)
+∞
b
0
0
sen x dx = lim − cos x ]0 = − lim (cos b − cos 0) = lim (1 − cos b ) . Como b assume ∫ sen x dx = blim →∞ ∫ b →∞ b →∞ b →∞ b
todos os valores de nπ e 2nπ , então cosb assume todos os valores de −1 a 1 . Portanto, lim cos b não b →∞
existe. Consequentemente a integral imprópria diverge.
0
b)
∫
x 5− x dx = lim 2
a →−∞
−∞
0
0
−x −x ∫ x 5 dx . Inicialmente vamos resolver a integral ∫ x 5 dx . Fazendo a mudança 2
2
a
a
u = − x du = −2xdx obtemos de variável 2 x = a ⇒ u = −a x = 0 ⇒ u = 0 2
0
0
−x ∫ x 5 dx = − 21 0
∫ x5
−x 2
−∞
c) xe − x
+∞
∫ 0
u
u
−a2
= − 21 ( ln5 5 − 5ln 5 ) = − ln125 (1 − 5− a ) = 0
2
−a 2
a
Portanto,
0
∫ 5 du = − 21 ( ln5 5 −a
2
2
1 (5− a ln 25
2
− 1)
dx = lim [ ln125 (5− a − 1)] = − ln125 2
a →−∞
u = − x ⇒ du = dx xe − x dx = lim ∫ xe − x dx . Fazendo a mudança de variável obtemos −x −x b →∞ dv = e ⇒ v = −e 0 b
∫ xe
−x
dx = − xe − x − ∫ −e − x dx = − xe − x + ∫ e − x dx = − xe − x − e − x .
Portanto, b
∫ xe
−x
b
dx = −xe − x − e − x = e −b ( −b − 1) − (0 − 1) = −be −b − e −b + 1 . 0
0
Assim, +∞
∫ xe
−x
dx = lim ( −be −b − e −b + 1) = lim
0
−b é uma indeterminação b b →∞ e lim −bb = lim −e b1 = 0 . Logo, b →∞ e b →∞ +∞ −x
Observe que lim isto é,
∫ xe 0
+∞
d)
∫ 1
−b b b →∞ e
b →∞
do tipo
−b b b →∞ e
dx = lim
∞ ∞
− lim
1
b →∞ e
b
+1.
e, neste caso, podemos aplicar a regra de L´Hospital,
− lim
1 b b →∞ e
+ 1= 0 − 0 + 1= 1.
b
ln x dx = lim ∫ ln x dx . Resolvendo a integral por partes temos b →∞
1
u = ln x ⇒ du = dx e ∫ ln x dx = x ln x − ∫ x x1 dx = x ln x − ∫ dx = x ln x − x . dv = dx ⇒ v = x 1 x
Logo, b
∫ ln x dx = x ln x − x ]1 = b ln b − b − (0 − 1) = b ln b − b + 1 b
1
+∞
Assim,
( b ln b − b + 1) = +∞ . Portanto a integral diverge. ∫ ln x dx = blim →∞ 1
4
e)
∫
−∞
dx x 2 − 2 x −3
= lim
a →−∞
A x +1
4
∫ ( x +1)(1 x −3) dx a
+ x B−3 = ( x +1)(1 x −3) ⇔ A( x − 3) + B( x + 1) = 1 ⇔ ( A + B )x − 3 A + B = 1 A = − 41 A + B = 0 ⇒ −3 A + B = 1 B = 41
4
∫ 0
3
dx x 2 −2 x −3
4
b
4
= ∫ ( x−+1 + x −3 )dx + ∫ ( x−+1 + x −3 )dx = lim ∫ ( x−+1 + x −3 )dx + lim ∫ ( x−+1 + 1
0
1
4
4
1
1
4
1
4
b →3
3
1
4
4
−
1
4
+
a →3
0
1
( ( − ln|x + 1|+ ln|x + 3| ) + lim ( ( − ln|x + 1|+ ln|x + 3 ) =
= lim
(
b →3
b → 3−
b
1 4
0
1 ( − ln|b 4
a →3
4
1 4
+
+ 1| + ln|b + 3| − ln 3 ) + lim
a →3+
)dx =
a
= lim
−
4
x −3
a
(
1 ( − ln 5 + ln|a 4
+ 1| − ln|a − 3|) .
Observe que os limites acima não existem, pois lim− ln|b − 3|= −∞ e lim+ ln|a − 3|= −∞ . Portanto a b →3
a →3
integral imprópria diverge. Note que, neste caso, bastaria analisar apenas uma das integrais da parcela inicial. +∞
f)
∫ e
dx x (ln x )2
u = ln x obtemos 1 du = x dx
b
dx b →∞ ∫ x (ln x )
= lim
2
. Fazendo a mudança de variável
e
b
∫
=
dx x (ln x )2
e
ln b
∫ 1
du u2
= − u1
ln b 1
= − ln1b + 1 .
+∞
Portanto,
∫ e
dx x (ln x )2
e
g)
= lim ( − ln1b + 1) = 1 . A integral imprópria converge para 1 . b →∞
e
∫ ln x dx = lim ∫ ln x dx . Mas, pelo ítem d) tem-se que ∫ ln x dx = x (ln x − 1) . Logo, 0
ε →0 +
ε
e
∫ ln x dx = x (ln x − 1)]ε = e(ln e − 1) − ε (ln ε − 1) = −ε ln ε + ε 2
0
e
( −ε ln ε + ε ) = − lim ∫ ln x dx = εlim ε →0 →0 +
+
ln ε 1
ε
+ lim ε .
0
Aplicando a regra de L´Hospital, vem
lim
ε →0 +
ln ε 1
ε
= lim
1
ε
1 ε →0 + − ε 2
Portanto a integral imprópria converge para zero.
= lim − ε = 0 ε →0+
ε →0 +
+∞
h)
∫ 0
e
+∞
0
e
ln x dx = ∫ ln x dx +
∫
e
ln x dx = lim ∫ ln x dx + lim a →0 +
b
b →+∞
a
∫ ln x dx . Vamos calcular inicialmente a e
e
∫
integral lim+ ln x dx . a →0
a
e
lim ∫ ln x dx = lim x ln x ]a = lim [ e ⋅ 0 − a (ln a − 1)] = − lim a ln a + lim ln a
a →0
e
+
a →0
a
+
a →0+
a →0+
a →0 +
e
∫
Pela resolução do item g), tem-se que lim+ a ln a = 0 . Logo lim+ ln x dx = 0 . a →0
a →0
a
b
Vamos calcular agora lim
b →+∞
∫ ln x dx e
b
ln x dx = lim x (ln x − 1)]e = lim b(ln b − 1) − e ⋅ 0 = +∞ . b →+∞ ∫ b →+∞ b →+∞ b
lim
e
+∞
Portanto, a integral imprópria
∫ ln x dx 0
diverge.
