integracion POR sustitución trigonometrica

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integracion POR sustitución trigonometrica
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.

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