Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Integral definido. Exercícios resolvidos. a) Calcular os integrais definidos utilizando a fórmula de Barrow.
1
∫ 1 + x dx .
Exercício 1.
0
1
1 1 1 (1 + x) 2 +1 1 + x d (1 + x ) = ∫ (1 + x) 2 d (1 + x ) = 1 0 +1 2
1
∫ 1 + x dx = ∫ 0
0
2
=
3
= 0
1
x dx
∫ ( x
Exercício 2.
−1
1 1
1
x dx
∫ ( x
−1
2
)
+1
2
∫
1
(1 + l nx ) dx
2
= 0
.
1
1
∫
1
∫
1
=−
1 2
−1
x
e
((
∫ (1 + l nx) ⋅ x 1
e
−1
)
1 −
1
∫
1 1 = − ⋅ 2 2 x + 1
1
=− −
1
1 1
=0 2 12 + 1 ( −1) 2 + 1 ⋅
−
1
.
dx
=
)
2
⋅ x + 1
(1 + l nx ) dx
l n 2 x = (l nx ) + 1 2 1 e
3
2
2
1
x
+1
2
3
d ( x )
∫
Exercício 3.
∫
1
2 2 −2 d ( x ) d ( x + 1) 1 1 1 2 2 2 ( ) x d ( x + 1) = = = ⋅ = ⋅ = ⋅ + 1 2 2 2 2 2 − 1 ( x 2 + 1) 2 − 1 ( x 2 + 1) 2 −1 + 1) −1 ( x
e
e
)
2
− 2+1 2 x ( + 1) 1 ⋅ 2 − 2 + 1
=
0
3 (1 + x) 2 = 3 2
2 32 2 ⋅ (1 + 1) − (1 + 0) = ⋅ 2 − 1 = ⋅ (2 2 − 1). 3 3 3
1
⋅ (1 + x ) 2
3
2
1
=
e
e
e
1
1
1
∫ (1 + l nx) ⋅ d (l nx) = ∫ d (l nx) + ∫ l nx d (l nx) =
l n 2 e l n 2 1 1 = (l n e − l n1) + − = 1+ 2 2 2
=
3 2
.
1
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2
dx
∫
Exercício 4.
16 − x
0
2
∫ 0
2
dx
=
16 − x 2
.
2
x = arcsen 4
dx
∫
4 2 − x 2
0
2
2 0 − arcsen = 4 4
= arcsen 0
π π 1 − arcsen(0) = − 0 = . 6 6 2
= arcsen
1
∫ x
Exercício 5.
0
dx 2
+ 4 x + 5
.
O polinómio do denominador denominador não tem raizes reais:
⇒ x=
x 2 + 4 x + 5 = 0
−4±
16 − 20
=
−4±
−4
.
2 2 Portanto é uma fracção elementar do terceiro tipo. 1
∫ x
dx 2
0
1
∫ x
=
+ 4 x + 5
0
= (arctg ( x + 2) )
1 0
dx 2
+ 4 x + 4 + 1
1
=
1
dx
∫ ( x + 2) 0
2
= +1
∫ 1
2
0
d ( x + 2) + ( x + 2)
2
=
= arctg (1 + 2) − arctg (0 + 2) = arctg (3) − arctg ( 2) .
π
2
Exercício 6.
∫ sen(2 x) dx . 0
1o
método :
π
π
2
2
π
1
1
2
1
∫ sen(2 x) dx = ∫ sen(2 x) ⋅ 2 ⋅ d (2 x) = 2 ⋅ ∫ sen(2 x) ⋅ d (2 x) = − 2 ⋅ (cos(2 x)) 0
=−
0
π
2 0
=
0
1 π 1 1 c os c os c os ⋅ ⋅ − ⋅ = − ⋅ ( ( π ) − c os (0) ) = − ⋅ (− 1 − 1) = 1 . 2 ( 2 0 ) 2 2 2 2
2
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2
dx
∫
Exercício 4.
16 − x
0
2
∫ 0
2
dx
=
16 − x 2
.
2
x = arcsen 4
dx
∫
4 2 − x 2
0
2
2 0 − arcsen = 4 4
= arcsen 0
π π 1 − arcsen(0) = − 0 = . 6 6 2
= arcsen
1
∫ x
Exercício 5.
0
dx 2
+ 4 x + 5
.
O polinómio do denominador denominador não tem raizes reais:
⇒ x=
x 2 + 4 x + 5 = 0
−4±
16 − 20
=
−4±
−4
.
2 2 Portanto é uma fracção elementar do terceiro tipo. 1
∫ x
dx 2
0
1
∫ x
=
+ 4 x + 5
0
= (arctg ( x + 2) )
1 0
dx 2
+ 4 x + 4 + 1
1
=
1
dx
∫ ( x + 2) 0
2
= +1
∫ 1
2
0
d ( x + 2) + ( x + 2)
2
=
= arctg (1 + 2) − arctg (0 + 2) = arctg (3) − arctg ( 2) .
π
2
Exercício 6.
∫ sen(2 x) dx . 0
1o
método :
π
π
2
2
π
1
1
2
1
∫ sen(2 x) dx = ∫ sen(2 x) ⋅ 2 ⋅ d (2 x) = 2 ⋅ ∫ sen(2 x) ⋅ d (2 x) = − 2 ⋅ (cos(2 x)) 0
=−
0
π
2 0
=
0
1 π 1 1 c os c os c os ⋅ ⋅ − ⋅ = − ⋅ ( ( π ) − c os (0) ) = − ⋅ (− 1 − 1) = 1 . 2 ( 2 0 ) 2 2 2 2
2
Matemática 1
2o
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
método :
π
π
π
π
sen x sen x dx senx x dx senx d senx = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ( 2 ) 2 cos 2 ( ) 2 ∫ 0 ∫ 0 ∫ 0 2 2
2
2
2
2 π sen 2 12 sen 0 2 = 2⋅ − = 2 ⋅ 2 2 2
−
2
= 0
0 2
= 1.
2
π
2
cosx
∫ sen x dx .
Exercício 7.
3
π
6
π
π
π
2
2
2
c osx
∫ sen x 3
dx =
d ( senx )
∫ sen x 3
π
( sen x)
− + 3 1
∫
=
π
π
π
6
6
6
( sen x) − 3 ⋅ d ( sen x) =
− 3+1
π
2
=− π
1 1 ⋅ 2 sen 2 x
=
π
6
6
1 1 1 = − 1 ⋅ 1 =− ⋅ − 2 2 12 2 π 2 π sen sen 2 6
2
1 1 3 ( ) − = − ⋅ − = 1 4 . 2 2 2 1 2
1
∫ ( x − 2e )⋅ dx . x
Exercício 8.
0
x 2 ∫ 0 ( x − 2e )⋅ dx = ∫ 0 x ⋅ dx − ∫ 0 2e ⋅ dx = ∫ 0 x ⋅ dx − 2 ⋅ ∫ 0 e ⋅ dx = 2 1
1
1
1
x
12 = 2
−
1
x
0 2
1
( )
x
1
− 2⋅ e
x
1
=
0
0
5
− 2 ⋅ (e1 − e 0 ) = − 2e + 2 = − 2e . 2 2 2
8
∫ (
Exercício 9.
)
2 x + 3 x ⋅ dx .
0
8
∫ ( 0
3
)
2 x + x ⋅ dx =
8
∫ 0
8
2 x ⋅ dx +
∫ x ⋅ dx = 3
0
8
∫
1
8
∫
1
2 ⋅ x 2 ⋅ dx + x 3 ⋅ dx = 0
0
3
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1 +1 x 2 2 ⋅ 1 + 1 2
=
8
8
1 +1 x 3 + 1+ 1 3
0
8
3 2 2 2 ⋅ ⋅ x 3
=
0
8
4 3 3 + ⋅ x 4
= 0
0
3 3 4 2 2 3 43 2 2 2 3 3 4 2 2 3 100 3 2 = ⋅ 8 − 0 + ⋅ 8 − 0 3 = ⋅ 8 + ⋅ 8 = ⋅ 16 2 + ⋅ 16 = . 4 3 3 4 3 4 3
2
2 x − 1
∫ x
Exercício 10.
3
1
2 x − 1
A função 2 x − 1 3
x + x
.
é racional.
x 3 + x
2 x − 1
=
⋅ dx
+ x
2
=
x( x + 1)
A
+
x
Bx + C
⇒ 2 x − 1 = Ax 2 + A + Bx 2
2
x + 1
2
+ Cx = ( A + B ) x + Cx + A
Obtemos o sistema:
A + B = 0 , C = 2 , A = −1,
A = −1, B = 1, C = 2 .
⇔
Portanto 2
2
− 1 x + 2 ∫ 1 x 3 + x ⋅ dx = ∫ 1 x + x 2 + 1 ⋅ dx 2 x − 1
2
2
=−
2 x = − ∫ ⋅ dx + ∫ 2 + 2 ⋅ dx x x x + + 1 1 1 1 2
=−
1
∫ x
⋅ dx +
1
(
= − l n x
1 2
2
⋅
∫ x 1
1
1
2
+1
2
=−
2
1
∫ x
⋅ dx +
1
⋅ d ( x + 1) + 2 ⋅
2
1
2
2
x + 2
∫ x ⋅ dx + ∫ x
2
1
2
1
∫ x 1
∫ x
+1
2
+1
2
x 2
1
1
⋅ dx =
+1
⋅ dx +
∫ x 1
2 2
+1
⋅ dx =
⋅ dx =
) 1 + 1 ⋅ (l n x 2 + 1 ) 1 + 2 ⋅ (arctg x ) 12 = − (l n 2 − l n1) + 1 ⋅ (l n 5 − l n 2) + 2
2
2
+ 2 ⋅ (arctg 2 − arctg 1) =
2
1 2
⋅ ln 5 −
3 2
⋅ l n 2 + 2 ⋅ arctg 2 −
π 1 5 = ⋅ l n + 2 ⋅ arctg 2 − . 4 2 4 8
π
4
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
b) Calcular os integrais efectuando a substituição de variável. π
2
∫ senx ⋅ cos
Exercício 11.
2
x ⋅ dx .
0
Fazemos a substituição senx = t . Então temos: dt senx = t ⇒ x = arcsen t ⇒ dx = e cos 2 x = 1 − sen 2 x = 1 − t 2 . 1 − t 2 Determinamos os limites de integração para a variável t :
⇒ t i nf
xi nf = 0
= sen(0) =
x s up =
0,
π
π =1 2
⇒ t s up
2
= sen
Portanto π
1
2
∫ senx ⋅ cos
∫
2
x ⋅ dx = t ⋅ (1 − t ) ⋅
0
=−
1
⋅
2
∫ 1 − t
2
2
⋅ d (1 − t
)=−
0
⋅
2
1 − t ⋅ dt =
0
1
1
∫ t ⋅
2
∫ (1 − t ) 2
0
1 2
1
1
⋅
2
∫ 1 − t
2
2
⋅ d (t
)=
0
1 2 2 +1 1 (1 − t ) 2 ⋅ d (1 − t ) = − ⋅ 2 1 +1 2
1
= 0
1
3 2 2 1 (1 − t ) = − ⋅ 3 2 2
1
(1 − t )2 = − ⋅ 3 3
1
2
=−
1
⋅ 1 −1
3
0
(
2
)
3 2
−
(1 − 0 ) 2
3 2
1 = 3.
0
1
Exercício 12.
⋅ dt =
1 − t 2
0
1
1
1
2
∫ e
x
0
1 +e
−x
⋅ dx .
x Fazemos a substituição e = t . Então temos: dt e x = t ⇒ x = l n t ⇒ dx = . t Determinamos os limites de integração para a variável t :
⇒ t i nf
xi nf = 0
0
= e = 1,
1 x s up = 1 ⇒ t s up = e = e .
Portanto 1
∫ e
x
0
1
1 +e
− x
⋅ dx =
∫ 0
e
1 x
e +
1
⋅ dx =
∫ 1
e x
= arctg e − arctg 1 = arctg e −
π
4
1
⋅
1
1 t t + t
e
⋅ dt =
∫ t
2
1
1 +1
⋅ dt = (arctg t )
e
1
=
.
5
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4
Exercício 13.
∫ x ⋅
x 2 + 9 ⋅ dx .
0
2 x + 9 = t . Então temos:
Fazemos a substituição
x 2 + 9 = t ⇒ x 2 + 9 = t 2
t ⋅ dt
⇒ x = t 2 − 9 ⇒ dx =
.
2
t − 9
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0
⇒ t i nf
=
9 = 3,
⇒ t s up
x s up = 4
42 + 9 = 5 .
=
Portanto 4
5
∫
2
x ⋅ x + 9 ⋅ dx =
0
∫
2
t − 9 ⋅ t ⋅
3
2
Exercício 14.
∫ 0
5
t 3 2 ⋅ dt = ∫ t ⋅ dt = 3 2 t − 9 3 5
t
dx x + 1 + ( x + 1)
3
= 3
53
−
3
33
=
3
98 3
.
.
x + 1 = t . Então temos:
Fazemos a substituição x + 1 = t ⇒ x + 1 = t 2
⇒ x = t 2 − 1 ⇒ dx = 2t ⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0
⇒ t i nf
=
1 = 1,
x s up = 2
⇒ t s up
=
2 +1 = 3 .
Portanto 2
∫ x + 1 + 3
2⋅
=
( x + 1)
0
=
2
dx
dt
∫ 1 + t
2
=
3
∫ 0
3
dx x + 1 + ( x + 1)
3
=
2t ⋅ dt
∫ t + t
3
1
(
3
3
=
2⋅
t ⋅ dt
∫ t (1 + t ) = 2
1
)
π π π − = . 3 4 6
2 ⋅ (arctg t ) 1 = 2 ⋅ arctg 3 − arctg 1 = 2 ⋅
1
π
2
Exercício 15.
dx
∫ 1 + sen x + cos x . 0
x Fazemos a substituição tg = t . Então temos: 2 senx =
2
2t 2
1 + t
,
c os x =
1 − t
2
1 + t
.
6
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
x tg = t ⇒ 2
x
2
⇒ x = 2 ⋅ arctg t ⇒ dx =
= arctg t
2 ⋅ dt 1 + t 2
.
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0
⇒ t i nf
= tg (0) =
x s up =
0,
π
⇒ t s up
2
π = 1. 4
= tg
Portanto π
2
1
dx
1
∫ 1 + sen x + cos x ∫ =
0
0
1
=
1
∫ 1 + t
1+
(
2t 2
1 + t
1 + t )
⋅ d (1 + t ) = l n
1 0
⋅
+
2 ⋅ dt
1 − t 2 1 + t 2
1
=
1
2 ⋅ dt
∫ 1 + t
2
2
+ 2t + 1 − t
0
=
dt
∫ 1 + t = 0
2
1 + t
(
1+1 − ln 1+ 0 ) = ln 2 .
= ln
0
4
dx
∫ 1 +
Exercício 16.
.
x
0
x = t . Então temos:
Fazemos a substituição x = t ⇒ x = t 2
⇒ dx = 2t ⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0
⇒ t i nf
=
0 =0,
x s up = 4
⇒ t s up
=
4 = 2.
Portanto 4
2
dx
∫ 1 +
=
x
0
2t ⋅ dt
∫ 1 + t
∫
2 ⋅ dt − 2 ⋅ 0
=
=
2⋅
0
2
=
2
2
1
∫ 1 + t
2
1 + t − 1
∫ 1 + t = 2 ⋅ ∫ 1 + t 0
2
⋅ dt =
0
⋅ d (1 + t ) =
1 + t
2 ⋅ (t ) 0 − 2 ⋅ (l n 1 + t 2
1
∫ 1 + t − 1 + t ⋅ dt =
2⋅ 0
)
2
=
0
0
2 ⋅ ( 2 − 0) − 2 ⋅ (l n 1 + 2 − l n 1 + 0 ) = 4 − 2 ⋅ l n 3 . 0
Exercício 17.
∫ 1 +
dx 3
−1
Fazemos a substituição 3
t ⋅ dt
x +1 3
x + 1 = t ⇒ x + 1 = t 3
.
x + 1 = t . Então temos:
⇒ x = t 3 − 1 ⇒ dx = 3t 2 ⋅ dt .
7
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = −1 ⇒
t i nf = 3 − 1 + 1 = 0 ,
⇒ t s up
x s up = 0
=
3
0 +1 = 1.
Portanto 0
1
dx
∫ 1 +
3
−1
=
x + 1
1
3t 2 dt
1
t 2 dt
1 t 2 − 1 ⋅ dt = 3 ⋅ ∫ 1 + t + 1 + t ⋅ dt = 1 + t 0
∫ 1 + t = 3 ⋅ ∫ 1 + t = 3 ⋅ ∫ 0
0
0
1
1
1 + t 2 − 1
1
(t − 1)(t + 1) 1 1 = 3 ⋅ ∫ + + t − 1 ⋅ dt = ⋅ dt = 3 ⋅ ∫ 1 + t 1 + t 1 + t 0 0 1
=
3⋅
1
∫ 1 + t
1
1
∫
∫
0
0
⋅ dt + 3 ⋅ t ⋅ dt − 3 ⋅ dt =
0
12 = 3 ⋅ (l n 1 + 1 − l n 1 + 0 ) + 3 ⋅ 2 3
x
∫
Exercício 18.
6 − x
0
6 − x
= t
x
⇒
x
6 − x 2
6 − x
0
t 2 + 3⋅ 2
0 2
1
− 3 ⋅ (t )
1
=
0
0
3
− 3 ⋅ (1 − 0) = 3 ⋅ l n 2 − . 2 2
⋅ dx .
Fazemos a substituição x
−
3 ⋅ (l n 1 + t )
1
= t
= t . Então temos:
⇒ x = 6t
2
2
− x ⋅ t
⇒ x =
6t 2
⇒
1 + t 2
′
6t 2 12t (1 + t 2 ) − 6t 2 ⋅ 2t 12t ⋅ = ⋅ = ⋅ dt . dx = dt dt 2 2 2 2 2 t + 1 (1 + t ) (1 + t ) Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0
⇒ t i nf
=
x s up = 3 ⇒
0,
t s up = 1 .
Portanto 3
∫ 0
x
6 − x
1
⋅ dx =
12t
∫ (1 + t ) t ⋅
0
2 2
1
⋅ dt = 12 ⋅
t 2
∫ (1 + t ) 0
2 2
1
⋅ dt =
6⋅
t ⋅ 2t ⋅ dt
∫ (1 + t ) 0
2 2
1
=
2t ⋅ dt
∫ (1 + t )
6 ⋅ t ⋅ 0
2 2
=
Na continuação integramos por partes: U = t ,
dU = dt ;
8
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2t ⋅ dt
dV =
(1 + t )
2 2
, V =
2t ⋅ dt
d (t 2 )
d (1 + t 2 )
∫ (1 + t ) ∫ (1 + t ) ∫ (1 + t ) 2 2
=
2 2
=
2 2
(1 + t ) =
2 − 2+1
=−
− 2 +1
1 1 + t 2
.
Obtemos
t 1 = 6 ⋅ − 2 1 + t 0 =
dt
1 = ⋅ 6 ∫ 0 1 + t 2 − 1 + 12 1
+
−
0 1 + ( ) = arctg t 2 0 1 + 0
1 π 3 ⋅ (π − 2) . + = 2 2 4
6⋅−
1
Exercício 19.
∫ e
dx
x
0
+1
.
x Fazemos a substituição e = t . Então temos: dt e x = t ⇒ x = l n t ⇒ dx = . t
Determinamos os limites de integração para a variável t :
⇒ t i nf
xi nf = 0
x s up = 1 ⇒ t s up = e1 = e .
0
= e = 1,
Portanto 1
∫ e
e
dx
x
0
=
+1
e
dt
1 + t − t
∫ (t + 1) ⋅ t ∫ (t + 1) ⋅ t =
1
1
1 + t t − ∫ 1 (t + 1) ⋅ t (t + 1) ⋅ t ⋅ dt = e
⋅ dt =
e e e 1 1 1 1 dt dt d t l n t = ∫ − ⋅ = ⋅ − ⋅ + = ( ) ( 1 ) ∫ 1 t ∫ 1 t + 1 t (t + 1) 1 1 e
(
− l n t + 1
e
)1
=
= (l ne − l n1) − (l n(e + 1) − l n 2) = l ne + l n 2 − l n(e + 1) = l n ( 2e) − l n(e + 1) = l n
3
Exercício 20.
∫ 1
dx
(1 + x 2 ) 3
2e e +1
.
.
Fazemos a substituição x = tg t . Então temos: dx =
dt c os 2 t
,
sen t 1 + x 2 = 1 + (tg t ) = 1 + t cos
Porque x = tg t ⇒ variável t :
2
2
= 1+
sen 2 t
cos 2 t
=
cos 2 t + sen 2 t cos 2 t
=
1 cos 2 t
.
t = arctg x , determinamos os limites de integração para a
9
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
xi nf = 1 ⇒
π
t i nf = arctg (1) =
x s up =
,
4
⇒ t s up
3
= arctg (
π
3) =
3
.
Portanto dt
π
3
3
dx
∫
(1 + x )
1
dx
∫
= 2 3
1
3
( 1 + x )
3
2
∫
=
π
4
dt
π
2
3
c os t
1 cos 2 t
3
=
∫
π
4
dt
π
2
3
c os t
1 c os t
=
3
∫ π
4
π
2
c os t = 1 3
c os t
3
3
c os t ⋅ dt
∫ π
2
=
cos t
4
π
3
=
3 π π − sen = 3 4 2
π
∫
c os t ⋅ dt = (sent )
= sen
3 π
3
π
2
−
3− 2
=
2
.
2
4
c) Calcular os integrais aplicando o método de integração por partes. 1
∫ xe
Exercício 21.
−x
dx .
0
Fazemos: U = x
⇒ dU = dx ,
dV = e − x dx
⇒ V = ∫ e − x dx = −e − x .
Portanto 1
xe dx = ( x ⋅ (− e
∫
− x
− x
))
1
1
−
0
0
∫ (− e )dx = −( x ⋅ (e )) − x
− x
1
1
+
0
0
( ( ))
= − x ⋅ e
− x
1 0
( )
− e
−x
1
=−
0
∫
e
1
1
0
0
− x − x dx = −( x ⋅ (e )) + (− e ) =
− x
0
(1 ⋅ e
−1
−0⋅e
0
) − (e
−1
−e
0
) = − 1 − 1 +1 = 1− 2 . e
e
e
1 2
∫ arcsen x dx .
Exercício 22.
0
Fazemos: U = arcsen x
′
⇒ dU = (arcsen x ) dx =
1 1 − x
dV = dx
2
dx ,
⇒ V = ∫ dx = x .
Portanto 1
1
2
∫ arcsen x dx = ( x ⋅ arcsen x )
2
1
−
2 0
0
∫ 0
1
x
1 − x
2
dx = ( x ⋅ arcsen x )
1
= ( x ⋅ arcsen x )
1 2 0
+
1 2
2
⋅
2 0
−
1 2
2
⋅
∫ 0
d ( x 2 )
1− x
=
2
1 2
d ( − x )
∫ 0
1
1 − x
2
= ( x ⋅ arcsen x )
1 2 0
+
1 2
2
⋅
d (1 − x 2 )
∫ 0
1 − x
=
2
10
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1 1
= ( x ⋅ arcsen x )
1 2 0
+
2
1
2 ⋅ (1 − x )
−
∫
2
1 2
0
1 2 − 2 +1 1 1 (1 − x ) 2 ⋅ d (1 − x ) = ( x ⋅ arcsen x ) 2 + ⋅ 0 1 2 − +1 2
1 2 1 1 1 2 = 2 ⋅ arcsen 2 − 0 ⋅ arcsen(0) + 1 − 2
2
= 0
1 π π 3 3 2 − (1 − 0 ) 2 = ⋅ + −1 = + − 1. 2 6 4 12 2 1
π
3
x ⋅ dx
∫ sen
Exercício 23.
2
π
x
.
4
Fazemos:
⇒ dU = dx ,
U = x
dV =
dx 2
sen x
⇒ V = ∫
dx
= − ctg x .
2
sen x
Portanto π
3
π
x ⋅ dx
∫ sen x 2
= (− x ⋅ ctg x )
3 π
−
4
π
π
3
π
∫
( −ctg x) ⋅ dx = (− x ⋅ ctg x)
3 π
4
π
4
3
π
+
cos x
∫ sen x ⋅ dx = π
4
4
π
3
π
= − ( x ⋅ ctg x )
3 π
d ( sen x)
∫
+
4
sen x
π
π
= − ( x ⋅ ctg x )
3 π
π
(
+ l n senx
4
)3
π
=
4
4
=−
π π π π π ⋅ ctg − ⋅ ctg + l n sen 3 4 4 3 3
π π (9 − 4 3 ) 1 3 + ⋅ ln . = 36 2 4 2
− l n sen
π
Exercício 24.
∫ x
3
⋅ senx ⋅ dx .
0
Fazemos:
⇒ dU = 3 x 2 dx ,
U = x 3
dV = sen x dx
⇒ V = ∫ sen x dx = − cos x .
Portanto π
∫ x
π
3
(
3
⋅ senx ⋅ dx = − x ⋅ c os x
)
π
−
0
0
∫ 3 x
2
(
3
3
)
⋅ ( −c os x) ⋅ dx = − π ⋅ c os π + −0 ⋅ c os 0 +
0
π
∫
π
2
+ 3 ⋅ x ⋅ c os x ⋅ dx = 0
3 π
∫
2
+ 3 ⋅ x ⋅ c os x ⋅ dx = 0
11
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Integramos por partes:
⇒ dU = 2 xdx ,
U = x 2
dV = c os x dx
⇒ V = ∫ cos x dx = sen x .
Portanto na continuação temos:
=
3 π
2 + 3 ⋅ ( x ⋅ senx ) 0
π
π
−
∫
2 x ⋅ sen x ⋅ dx =
0
π
=
3 π
+ 3⋅
(
π
2
)
2
π
∫
⋅ sen(π ) − 0 ⋅ sen(0) − 6 ⋅ x ⋅ sen x ⋅ dx =
3 π
∫
− 6 ⋅ x ⋅ sen x ⋅ dx =
0
0
Mais uma vez integramos por partes: U = x
⇒ dU = dx ,
dV = sen x dx
⇒ V = ∫ sen x dx = − c os x .
Portanto obtemos:
=
3 π
− 6 ⋅ (− x ⋅ c os x ) 0
π
π
−
∫
( −c os x) ⋅ dx =
0
π
=
3 π
∫
+ 6 ⋅ (π ⋅ c os (π ) − 0 ⋅ c os (0) ) − 6 ⋅ c os x ⋅ dx = 0
= π − 6π − 6 ⋅ (sen x ) 3
π
0
= π − 6π − 6 ⋅ (sen (π ) − sen (0)) = π − 6π . 3
3
π
2
Exercício 25.
∫ e
2x
⋅ c os x ⋅ dx .
0
Fazemos: U = e 2 x
⇒ dU = 2 ⋅ e 2 x ⋅ dx ,
dV = cos x dx
⇒ V = ∫ c os x dx = sen x .
Portanto π
π
2
∫ e
2 x
(
⋅ c os x ⋅ dx = e
2 x
⋅ sen x
)
2
π
2 0
−
0
∫ 2 ⋅ e
2x
⋅ sen x ⋅ dx =
0
π
π
2⋅ π 2⋅0 2 x = e 2 ⋅ sen − e ⋅ sen (0) − 2 ⋅ ∫ e ⋅ sen x ⋅ dx = e 2 0 2
π
2
π
∫
− 2⋅ e
2x
⋅ sen x ⋅ dx =
0
Mais uma vez integramos por partes:
U = e 2 x
⇒ dU = 2 ⋅ e 2 x ⋅ dx ,
dV = sen x dx
⇒ V = ∫ sen x dx = − c os x .
12
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Na continuação temos:
2 x = e − 2 ⋅ (− e ⋅ c os x ) 2 0
π
π
2 x = e + 2 ⋅ (e ⋅ c os x ) 2 0
π
π
2x − ∫ 2 ⋅ e ⋅ (− c os x ) ⋅ dx = 0 π
2
2 x − ∫ 2 ⋅ e ⋅ c os x ⋅ dx = e 0 π
π
2
2
π
∫
− 2 − 4⋅ e
2x
⋅ cos x ⋅ dx
.
0
Portanto obtemos: π
π
2
∫ e
2
2 x
⋅ c os x ⋅ dx = e
π
∫
− 2 − 4⋅ e
0
2x
⋅ c os x ⋅ dx .
0
Resolvemos a equação obtida em relação ao integral: π
π
2
∫
5⋅ e
2
2x
⋅ c os x ⋅ dx = e
π
−2
e
0
∫ e
e −2 π
2x
⋅ c os x ⋅ dx =
0
5
.
e
Exercício 26.
∫ sen (l nx) dx . 1
Fazemos: U = sen (l nx) dV = dx
′ ⇒ dU = (sen (l nx) ) ⋅ dx = cos (l nx) ⋅
1 x
⋅ dx ,
⇒ V = ∫ dx = x .
Portanto e
∫
e
e
∫
sen (l nx ) dx = ( x ⋅ sen (l nx ) ) 1 − x ⋅ c os (l nx) ⋅
1
1
= (e ⋅ sen (l n(e)) − 1 ⋅ sen (l n (1)) ) −
1 x
⋅ dx =
e
e
1
1
∫ cos (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − ∫ cos (l nx) ⋅ dx =
Mais uma vez integramos por partes: U = c os (l nx)
dV = dx
′ ⇒ dU = (cos (l nx) ) ⋅ dx = −sen (l nx ) ⋅
1 x
⋅ dx ,
⇒ V = ∫ dx = x .
13
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Na continuação temos:
e = e ⋅ sen(1) − ( x ⋅ c os (l nx )) 1
e
−
∫
( − sen (l nx)) ⋅ dx =
1
e
= e ⋅ sen(1) − (e ⋅ c os (l n(e)) − 1 ⋅ cos (l n(1)) ) −
∫ sen (l nx) ⋅ dx = 1
e
= e ⋅ sen(1) − e ⋅ c os (1) + 1 −
∫ sen (l nx) ⋅ dx . 1
Portanto obtemos: e
e
1
1
∫ sen (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − e ⋅ cos (1) + 1 − ∫ sen (l nx) ⋅ dx . Resolvemos a equação obtida em relação ao integral: e
2⋅
∫
e
∫
sen (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − e ⋅ c os (1) + 1 e
1
e ⋅ sen(1) − e ⋅ c os (1) + 1
sen (l nx) ⋅ dx =
2
1
1
arcsen x
∫
Exercício 27.
1 + x
0
.
⋅ dx .
Fazemos: U = arcsen x
1
′
⇒ dU = (arcsen x ) ⋅ dx =
1 − x dV =
1 1 + x
⇒ V = ∫
⋅ dx
1 1 + x
⋅ dx =
∫ (1 + x)
2
−
⋅ dx ,
1 2
⋅ d (1 + x) =
(1 + x ) −
1 2
−
1 2
+1
=
2 1 + x .
+1
Portanto 1
arcsen x
∫
1 + x
0
=
(2
⋅ dx =
(2
1 + x ⋅ arcsen x
)
1
1
−
0
∫
2 1 + x ⋅
1 1 − x
0
=
⋅ dx =
1
) ∫
1 + 1 ⋅ arcsen (1) − 2 1 + 0 ⋅ arcsen (0) − 2 1 + x ⋅ 0
=
2
2 2⋅
π
2
1
− 2⋅
∫ 0
1 1 − x
2π + 4 ⋅ (1 − x )
2
1
1
⋅ dx =
2π + 2 ⋅
∫ 0
1
= 0
1 1 − x
2π + 4 ⋅ (1 − 1)
1 − x ⋅ 1 + x
⋅ d (1 − x ) =
1 2
1
1
− (1 − 0)
2
⋅ dx =
1 (1 − x) − 2 +1 2π + 2 ⋅ − 1 +1 2
1
= 0
= 2π − 4 . 14
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
∫ arctg
Exercício 28.
x ⋅ dx .
0
Fazemos: ′
1
⇒ dU = (arctg x ) ⋅ dx =
U = arctg x
1+
( x )
2
⋅
( x )′ ⋅ dx =
dx
2 x ⋅ (1 + x )
,
dV = dx ⇒ V = x . Portanto 1
∫ arctg
(
x ⋅ dx = x ⋅ arctg x
)
0
0
=
(1 ⋅ arctg
)
1 − 0 ⋅ arctg 0 −
1
1
1
∫
− x ⋅ 0
1
⋅
2
1
⋅ dx =
2 x ⋅ (1 + x)
x
∫ 1 + x
⋅ dx =
π
0
−
4
1
1
⋅
2
x
∫ 1 + x ⋅ dx = 0
Fazemos a substituição x = t ⇒ x = t 2
⇒ dx = 2t dt ;
Determinamos os limites de integração para a variável t :
⇒ t i nf
xi nf = 0
=
x s up = 1 ⇒
0 =0,
t s up = 1 = 1 .
Na continuação temos: =
π
4
=
=
−
1
1
⋅
2
t
∫ 1 + t
2
0
1 + t 2 − 1 + t 2 4 ∫ 0
π
π
4
⋅ 2t ⋅ dt =
− (t )
1 0
1
−
4
⋅ dt =
1 + t 2
+ (arctg t )
1 0
=
π
4
t 2
∫ 1 + t
2
⋅ dt =
0
1
1
−
π
π
4
1
−
1 + t 2 − 1
∫ 1 + t
2
⋅ dt =
0
1
1
1
π 1 1 − ∫ 1 − ⋅ = − + ⋅ dt = dt dt ∫ 2 4 0 1 + t 2 4 ∫ + 1 t 0 0
π
− (1 − 0) + (arctg (1) − arctg (0)) =
π
2
−1.
1
Exercício 29.
∫ x ⋅ l n (1 + x
2
) ⋅ dx .
0
Fazemos: U = l n (1 + x 2 ) dV = x dx
′
⇒ dU = (l n (1 + x 2 ) ) ⋅ dx =
⇒ V =
x 2
2
1 1 + x
2
⋅
(1 + x )′ ⋅ dx = 2 x ⋅ dx , 2
1 + x 2
.
Portanto
15
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
x 2 2 2 ⋅ + ⋅ = ⋅ + x l n x dx l n x ( 1 ) ( 1 ) ∫ 0 2 1
1
1
−
x 3
∫ 1 + x
2
⋅ dx =
0
0
1 12 02 x + x 3 − x 2 2 = 2 ⋅ l n (1 + 1 ) − 2 ⋅ l n (1 + 0 ) − ∫ 1 + x 2 ⋅ dx = 0
=
=
=
1
1 1 1 x x ⋅ l n ( 2) − ∫ x − ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ dx = ( 2 ) dx l n x dx 2 2 ∫ ∫ 2 2 + + 1 1 x x 0 0 0
1
x 2 ⋅ l n (2) − 2 2
1
1 2
⋅ l n ( 2) −
1
1
+
2
2
1
+
1 2
0
(
1
⋅
d (1 + x 2 )
∫
=
1 + x 2
0
2
⋅ l n (1 + 1
1 2
⋅ l n ( 2) −
1
+
2
) − l n (1 + 0 2 ) ) = l n (2) −
1 2
1 2
(
⋅ l n (1 + x
2
1
)) = 0
.
1
Exercício 30.
∫ l n (1 + x) ⋅ dx . 0
Fazemos: U = l n (1 + x) dV = dx
′ ⇒ dU = (l n (1 + x) ) ⋅ dx =
⇒ V = x .
1 1 + x
⋅ dx
,
Portanto 1
∫ l n (1 + x) ⋅ dx = ( x ⋅ l n (1 + x)) 0
1 0
1
−
1
x
0
1
1 + x − 1
∫ 1 + x ⋅ dx = (1 ⋅ l n (1 + 1) − 0 ⋅ l n (1 + 0)) − ∫ 1 + x
2
⋅ dx =
0
1
1
1 1 = l n ( 2) − ∫ 1 − ⋅ d (1 + x) = ⋅ dx = l n (2) − ∫ dx + ∫ + + 1 1 x x 0 0 0 1
= l n ( 2) −
1
1
∫ dx + ∫ 1 + x ⋅ d (1 + x) = l n (2) − ( x) 0
1 0
+ (l n (1 + x ))
1 0
=
0
= l n ( 2) − (1 − 0) + (l n (1 + 1) − l n (1 + 0) ) =
2 ⋅ l n ( 2) − 1 .
16
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
d) Calcular os integrais.
π
2
x + sen x
∫ 1 + cos x ⋅ dx .
Exercício 31.
π
6
x Fazemos a substituição tg = t . Então temos: 2 senx =
2t 1 + t 2
,
c os x =
x tg = t ⇒ 2
x
2
1 − t 2 1 + t 2
= arctg t
.
⇒ x = 2 ⋅ arctg t ⇒ dx =
2 ⋅ dt 1 + t 2
.
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf =
π
6
⇒ t i nf
π , 12
= tg
x s up =
π
2
⇒ t s up
π = 1. 4
= tg
Portanto π
2
x + sen x
∫ 1 + cos x
1
π tg 12
π
6
2 ⋅ arctg t +
1
=
∫
⋅ dx =
1+
∫
1 + t 2
∫ π tg 12
2 ⋅ arctg t +
2t
1 + t 2 ⋅ 2 ⋅ dt = 1 + t 2 + 1 − t 2 1 + t 2 1 + t 2
2t 1
∫ π
1
2⋅
1 + t 2 ⋅ 2 ⋅ dt = 1 − t 2 1 + t 2
1
2t 1 + t 2 ⋅ 2 ⋅ dt = arctg t ⋅ + ⋅ dt = 2 2 2 + t 1 + t 2 1 tg 2 12 1 + t
π tg 12
=
2t
2 ⋅ arctg t +
1
∫
∫
arctg t ⋅ dt + 2 ⋅
π 12
t 2 1 + t
⋅ dt =
π 12
tg
tg
Integramos por partes o primeiro integral: U = arctg t ⇒
dU =
1 1 + t 2
⋅ dt ;
dV = dt ⇒ V = t .
Na continuação temos:
17
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1 = 2 ⋅ t ⋅ arctg (t ) tg 12 π
1 t t − ∫ ⋅ dt + 2 ⋅ ∫ ⋅ dt = 2 2 + + t t 1 1 tg tg 12 12 1
π
π
1 1 π t t π tg = 2 ⋅ 1 ⋅ arctg (1) − tg ⋅ arctg − 2 ⋅ ∫ ⋅ dt + 2 ⋅ ∫ ⋅ dt = 2 2 12 12 t t + + 1 1 tg tg
=
π
2 ⋅
−
4
π
12
π
π
12
12
π π π π = − ⋅ tg . 12 2 6 12
⋅ tg
π
2
∫
sen 3 x ⋅ cos x ⋅ dx .
Exercício 32.
0
1o
método :
π
π
2
2
∫ sen x ⋅ 3
∫
2
2
c os x ⋅ dx = sen x ⋅ cos x ⋅ sen x ⋅ dx =
0
=−
π
0
π
2
2
∫ (1 − cos x )⋅
cos x ⋅ d (cos x) = −
0
(c osx ) 12 +1 = − 1 +1 2
2
0
cos x ⋅ d (−cos x) =
π
2
1
5
∫ (cosx) 2 ⋅ d (cos x) + ∫ (cosx) 2 ⋅ d (cos x) = 0
π
0
π
(cosx ) 52 +1 + 5 +1 2
3 2 π 2 c os = − ⋅ 3 2
2o
2
0
π
2
∫ (1 − cos x)⋅
2
π
2 ⋅ (c osx ) 2 3 3
=−
2 0
π
2 ⋅ (c osx ) 2 7 7
+
2
=
0
0
7 2 π 2 − (c os (0)) 2 + ⋅ c os 2 7 3
2 2 − (c os (0 )) 2 = − 3 7 7
=
8 21
.
método :
Porque a função sen x tem exponente impar fazemos a seguinte substituição de variável: c os x = t ,
sen 2 x = 1 − c os 2 x = 1 − t 2 ,
senx dx = − d (c os x ) .
18
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Determinamos os limites de integração para a variável t :
⇒ t i nf
xi nf = 0
= c os (0) = 1 ,
x s up =
π
2
π =0 2
⇒ t s up
= c os
Portanto π
π
2
2
∫ sen x ⋅
2
∫
3
2
cos x ⋅ dx = sen x ⋅ c os x ⋅ sen x ⋅ dx =
0
0
0
=−
π
∫ (1 − t )⋅ 2
1
2
cos x ⋅ ( −d (c os x)) =
0
1
t ⋅ d t =
∫ (1 − cos x )⋅
∫ (1 − t )⋅ 2
0
1 +1 1 1 1 5 t 2 2 2 = ∫ t ⋅ d t − ∫ t ⋅ d t = 1 +1 0 0 2
1
0
12 t ⋅ d t = ∫ t 0
5
1
5 +1 t 2 − 5 + 1 2
− t 2
⋅ d t =
1
=
3 2 2 ⋅ t 3
1
0
7 2 2 − ⋅ t 7
1
= 0
2 3
−
2 7
8
=
21
.
0
2
∫ ( x
Exercício 33.
3
− 2 x ) ⋅ l n x ⋅ dx .
1
Integramos por partes. Fazemos: 1 ′ U = l n x ⇒ dU = (l n x ) ⋅ dx = ⋅ dx , x 3
dV = ( x − 2 x ) ⋅ dx
⇒ V = ∫ ( x
3
− 2 x) ⋅ dx
⇒ V =
x 4
4
−x
2
.
Portanto
x 4 3 ∫ 1 ( x − 2 x) ⋅ l n x ⋅ dx = 4 2
2 4 = 4
14 − 2 ⋅ln 2 − 4 2
2
2 l n x − x ⋅ 1
x 3
2
− x
2
1 ⋅ ⋅ dx = x
2 2 x 3 x 3 − 1 ⋅ l n 1 − ∫ 4 − x ⋅ dx = − ∫ 4 − x ⋅ dx = 1 1 2
2
x 4 = − ∫ ⋅ dx + ∫ x ⋅ dx = − 4 16 1 1 1 2
x 4 − ∫ 4 1 2
2
x 2 + 2 1
2 4 = − 16
14
2 2 − + 16 2
−
12
15
3
= − + 2 16 2
=
9 16
.
19
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2
4 2 − x − 2 + x
∫ (
Exercício 34.
)
2 + x + 4 2 − x ⋅ ( x + 2)
0
2
⋅ dx .
Transformamos a função integranda de modo a obter expressões de forma
2
∫ ( 0
2
4 2 − x − 2 + x
)
2 + x + 4 2 − x ⋅ ( x + 2) 2 2 − x
Fazemos a substituição
2 + x
⋅ dx =
∫ 0
2
= t
4⋅
2 − x 2 + x
2 + x
.
−1
2 − x ⋅ ( x + 2) 2 2 + x
1 + 4 ⋅
2 − x
⋅ dx = (∗)
.
Então 2 − x
2
= t
2 + x x =
2 − 2 ⋅ t 2 t 2 + 1
⇒ 2 − x = t 2 ⋅ (2 + x) ⇒ 2 − x = 2 ⋅ t 2
=
4 − 2 − 2 ⋅ t 2 t 2 + 1
=
4 − ( 2 + 2 ⋅ t 2 ) t 2 + 1
=
4 t 2 + 1
2
+ t ⋅ x
−
⇒ 2 − 2 ⋅ t 2
( 2 + 2 ⋅ t 2 ) t 2 + 1
=
4 t 2 + 1
2
= x ⋅ (t + 1)
⇒
− 2.
Portanto 8 t 4 4 d − = = − ⋅ dt . 2 2 2 2 2 t + 1 t + 1 ( t + 1 )
dx = d
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0
⇒ t i nf
=
2−0 2+0
= 1,
x s up = 2
⇒ t s up
=
2−2
=
2+2
0.
Na continuação temos:
0 (4 ⋅ t − 1) ⋅ 8t 8t ⋅ − ⋅ dt = ∫ ⋅ dt = (∗) = ∫ 2 2 2 t ⋅ ( + ⋅ ) 16 1 4 4 ( t + 1 ) 1 1 (1 + 4 ⋅ t ) ⋅ − 2 + 2 2 t + 1 0
0
=
4 ⋅ t − 1
(4 ⋅ t − 1) ⋅ 8t
1
1
4 ⋅ t 2 − t
∫ 16 ⋅ (1 + 4 ⋅ t ) ⋅ dt = − 2 ⋅ ∫ 4 ⋅ t + 1 ⋅ dt = 1
0
A função integranda é racional irregular. Dividimos o polinómio do numerador pelo polinómio do denominador e obtemos: 1
1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 = − ⋅ ∫ t − + ⋅ ⋅ dt = − ⋅ ∫ t ⋅ dt − ⋅ ∫ − ⋅ dt + ⋅ ∫ ⋅ ⋅ dt = 2 0 2 2 4 ⋅ t + 1 2 0 2 0 2 2 0 2 4 ⋅ t + 1 1
20
Matemática 1
=−
1 2
1
∫
⋅ t ⋅ dt + 0
1 t 2 = − ⋅ 2 2
=−
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1 12 ⋅
2 2
1
−
1 4
1
∫
⋅ dt + 0
1 4
1
⋅
1
∫ 4 ⋅ t + 1 0
1 1 + ⋅ t + ⋅ l n 4 ⋅ t + 1 4 0 16 1
0
⋅ dt = −
0 2
1
1 2
1
∫
⋅ t ⋅ dt + 0
1 4
1
∫
⋅ dt +
16
1
⋅
1
∫ 4 ⋅ t + 1 ⋅ d (4t + 1) = 0
1
= 0
1
+ ⋅ (1 − 0) + ⋅ l n 4 ⋅ 1 + 1 − l n 4 ⋅ 0 + 1 2 4 16
Exercício 35.
0
1
=−
1 4
+
1 4
+
ln 5
16
=
ln5
16
.
Calcular a área da região plana A = {( x, y ) ∈ R 2 : y ≤ 2 − x 2 ∧ y ≥ x }.
A região é limitada pelo gráfico da parábola y = 2 − x 2 orientada em baixo e pela recta y = x . O esboço da região é apresentado na figura 1. Os limites de variação (integração) da variável x é o segmento que é a projecção da região sobre o eixo O x . Portanto para determinar os limites de integração determinamos as abcissas dos pontos de intersecção da parábola y = 2 − x 2 com a recta y = x : y = x ∧ y = 2 − x 2
x =
−1 ±
2
9
=
⇒ x = 2 − x 2
−1± 3
2
⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒
⇒ x = −2 ∨ x = 1 .
21
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Porque a linha que delimita a região na parte de baixo é dada analiticamente só por uma função e a linha que delimita a região na parte de cima também é dada analiticamente só por uma função temos: 1
S A =
∫ (2 − x
2
1
)
∫ 2 dx − ∫ x
− x dx =
−2
−2
13 = ( 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ ( −2)) − 3
Exercício 36.
1
−
1
2
∫
dx − x dx = ( 2 x)
−2
( −2) 3 12
− 3 2
1 −2
−2
−
(−2) 2
9
x 3 − 3 3
= 6− + 2 3 2
=
9 2
1
−2
x 2 − 2
1
= −2
.
Calcular a área da região plana A = ( x, y ) ∈ R 2 : y 2 ≥ 2 x + 4 ∧ y ≥ x − 2 .
A região é limitada pelo gráfico da parábola y 2 = 2 x + 4 orientada no sentido positivo do eixo O x e pela recta y = x − 2 . O esboço da região é apresentado na figura 2.
Porque y 2 = 2 x + 4
⇔
coordenadas
( − 2, 0 )
x =
1
y 2 − 2 concluímos que o vértice B da parábola tem as
2 e a parábola intersecta o eixo O y nos pontos C = ( 0 , − 2 ) e
D = ( 0 , 2 ) . Determinamos as coordenadas dos pontos de intersecção da parábola y 2 = 2 x + 4 com a recta y = x − 2 : y 2 = 2 x + 4 ∧ y = x − 2
⇒ ( x − 2) 2
= 2 x + 4
⇒ x 2
− 4 x + 4 = 2 x + 4
⇒
22
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
x 2 − 6 x = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 6 . Calculemos a área da região.
1o
método
A projecção da região sobre o eixo O x é o segmento [ − 2 , 6 ] . Porque a linha que delimita a região na parte de baixo é dada analiticamente por duas funções a área da região representa a soma das áreas das regiões ( BCD) e (CDE ) . A região ( BCD) é limitada na parte de baixo pelo ramo y = − 2 x + 4 , na parte de cima pelo ramo y =
2 x + 4 da parábola e a sua projecção sobre o eixo O x é o
segmento [ − 2 , 0 ] . Portanto 0
S ( BCD ) =
∫ (
(
0
))
2 x + 4 − − 2 x + 4 dx =
−2
∫ 2 ⋅
2 x + 4 dx =
−2
1 (2 x + 4) 2 +1 = ∫ (2 x + 4) 2 d (2 x + 4) = 1 −2 +1 2
∫
2 x + 4 d (2 x + 4) =
−2
0 3 2 = ⋅ ( 2 x + 4) 2 3
1
0
0
0
= −2
2 3
3
2
⋅ 42 =
3
⋅4
4=
16 3
.
−2
A região (CDE ) é limitada na parte de baixo pela recta y = x − 2 , na parte de cima pelo ramo y =
2 x + 4 da parábola e a sua projecção sobre o eixo O x é o
segmento [ 0 , 6 ] . Portanto 6
S ( CDE ) =
∫ (
6
)
2 x + 4 − ( x − 2) dx =
0
1
=
2
6
⋅
1
∫ (2 x + 4)
1 2
6
∫
∫
0
0
d (2 x + 4) − x dx + 2 dx =
0
6
0
x 2 − 2
⋅ (64 − 8) − 18 + 12 =
56
S A = S ( BCD ) + S (CDE ) =
3
16 3
+
6
+ 2 ⋅ ( x )
6 0
0
−6 =
38 3
=
38 3 54 3
∫
6
6
∫
∫
0
0
2 x + 4 dx − x dx + 2 dx =
0
6
3 Portanto
2o
)
2 x + 4 − x + 2 dx =
0
3 1 = ⋅ ( 2 x + 4) 2 3
=
∫ (
6
1 +1 1 ( 2 x + 4) 2 ⋅ 1 2 +1 2
6
x 2 − 2
6
+ 2 ⋅ ( x )
6 0
=
0
0
3 3 6 2 0 2 1 2 2 = ⋅ ( 2 ⋅ 6 + 4) − ( 2 ⋅ 0 + 4) − 2 − 2 + 2 ⋅ (6 − 0) = 3
.
= 18 .
método Observamos que em relação ao eixo O y a região é limitada à esquerda
pela parábola x =
1 2
2
y − 2 , à direita pela recta x = y + 2 e a sua projecção sobre o eixo
O y é o segmento [ − 2 , 4 ] . Portanto
23
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4
1 2 S A = ∫ y + 2 − y 2 − 2 4
(4 + y) 2 = 2
− −2
Exercício 37.
4
4
4
1 2 1 2 + 2 dy = ∫ 4 + y − y dy = ∫ (4 + y ) d ( 4 + y ) − ⋅ ∫ y dy = 2 2 −2 − 2 −2
1 y 3
⋅ 2 3
4
−2
8 2 = 2
−
2 2
−
2
1 4 3
⋅ − 2 3
( −2) 3
= 30 − 12 = 18 .
3
Calcular a área da região plana
A = {( x, y ) ∈ R 2 : x 2 + ( y − 1) 2 ≥ 1 ∧ x 2 + ( y − 2) 2 ≤ 4 ∧ y ≥ x 2
}.
A região é situada fora da circunferência x 2 + ( y − 1) 2 = 1 , dentro da circunferência x 2 + ( y − 2) 2 = 4 e entre os ramos da parábola y = x 2 . O esboço da região é dado na figura 3 e porque as funções que delimitam a região são pares concluímos que a região é simétrica em relação ao eixo O y . Portanto para determinar a área S A da região calculemos a área S da metade da região situada á direita do eixo O y e multiplicamos o resultado obtido por dois. A metade da região situada á direita do eixo O y é limitada na parte de baixo pela circunferência x 2 + ( y − 1) 2 = 1 (mais precisamente pela semicircunferência y = 1 + 1 − x 2 )
e pela parábola y = x 2 . Na parte de cima é limitada pela
semicircunferência y = 2 + 4 − x 2 . Determinamos os pontos de intersecção da parábola com as circunferências:
y = x 2 x 2 + ( y − 1) 2 y = x 2 y = 0
∨
⇔ =1
y = x 2 y = 1
y = x 2 y + y 2 − 2 y + 1 = 1
⇔
⇔
y = x 2 y 2 − y = 0
⇔
y = x 2 y = 0 ∨ y = 1
⇔
( x, y ) = (0, 0) ∨ ( x, y ) = (−1, 1) ∨ ( x, y ) = (1, 1) .
24
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Para metade da região situada á direita do eixo O y temos os pontos ( x, y ) = (0, 0) e ( x, y ) = (1, 1) de intersecção da parábola com a circunferência x 2 + ( y − 1) 2 = 1 .
y = x 2 x 2 + ( y − 2) 2 y = x 2 y = 0
⇔ =
4
y = x 2 y = 3
∨
y = x 2 y + y 2 − 4 y + 4 = 4
⇔
y = x 2 y 2 − 3 y = 0
⇔
⇔
y = x 2 y = 0 ∨ y = 3
( x, y ) = (0, 0) ∨ ( x, y ) = (− 3 , 3) ∨ ( x, y ) = ( 3 , 3) .
Para metade da região situada
á direita do eixo O y temos os pontos
( x, y ) = (0, 0) e ( x, y ) = ( 3 , 3) de intersecção da parábola
com a circunferência
x 2 + ( y − 2) 2 = 4 .
Portanto a projecção da parte direita da região sobre o eixo O x é o segmento 0 , 3 . Calculemos a área dela S : 1
3
∫ (2 +
S=
2
4 − x − 1 − 1 − x
2
)dx + ∫ (2 +
0
1
1
=
3
∫ (1 +
2
4 − x − 1 − x
2
)dx + ∫ (2 +
0
1
∫ d x + ∫ 0
1
4 − x dx −
∫
∫
0
0
1 0
4 − x dx −
∫
4 − x dx −
1
1
4 − x dx −
∫
∫
∫
1
1
1 − x dx + 2 d x − x 2 dx =
∫ 1 − x
2
dx + 2 ⋅ ( x)
3 1
x 3 − 3
1 − x 2 dx + 2 3 − 2 − 3 +
0
2 3
3
+
∫ 0
1
2
4 − x dx −
∫
4 − x dx − x 2 dx = 1
1
2
3
2
3
0
0
3−
∫
1
2
3
∫
∫ 3
2
0
0
= 1+
∫
3
dx + 2 d x +
1
2
3
+
3
2
0
3
d x +
= ( x )
=
∫ 1 − x
2
0
1
=
)
4 − x 2 − x 2 dx =
1
1
=
)
4 − x 2 − x 2 dx =
∫ 1 − x 0
2
dx =
3−
2 3
1
3
= 1
=
3 3
+ 2⋅
∫ 0
2
1
x 1 − dx − ∫ 1 − x 2 dx = (∗) 2 0
25
⇔
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
No primeiro integral fazemos a substituição x = 2 sen t . Então
x 1− 2
d x = 2 ⋅ c os t ⋅ d t e
2
1 − sen 2 t =
=
c os 2 t = c os t
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf
=
0 ⇒ t i nf
x s up =
xi nf 2 = arcsen (0) = 0 , 3 π x s up = arcsen = arcsen 2 2 = 3.
= arcsen
⇒ t s up
3
No segundo integral fazemos a substituição x = sen u . Então 2 2 1 − x = 1 − sen u =
d x = c os u ⋅ d u e
c os 2 u = c os u
Determinamos os limites de integração para a variável u :
)
⇒ u i nf
xi nf = 0
= arcsen x i nf = arcsen (0) =
u s up = arcsen ( x s up ) = arcsen (1) =
x s up = 1 ⇒
0, π
2
.
Na continuação temos: π
(∗) = 3 −
2 3
+ 2⋅
=
=
3−
3−
3
2 3
+ 2⋅
∫ 2 ⋅ cos t ⋅ dt − ∫ cos u du =
=
3− 3−
2 3 2 3
2
0
1 + c os ( 2α ) 2
=
1
c os ( 2α )
+
2
2
temos:
π
π
3
1 cos(2 u ) ∫ 0 2 + 2 du = 2
∫
(1 + cos( 2t ) ) ⋅ dt −
0
π
π
3
3
∫
+ 2 ⋅ d t + 0
+ 2 ⋅ t
π
1
3 0
π
2
1
2
∫ cos(2t ) ⋅ d (2 t ) − 2 ⋅ ∫ du − 4 ⋅ ∫ cos(2 u) ⋅ d (2 u) = 0
π
=
2
2
0
2 Como cos α =
2
π
3
0
π
+ sen ( 2t )
π
π
3
− 0
0
1 ⋅u 2
2 0
−
1 ⋅ sen ( 2 u ) 4
2
= 0
1 π 1 π 2π sen sen − ⋅ − 0 − ⋅ (sen (π ) − sen (0) ) = − 0 + − ( 0 ) 3 3 2 2 4
+ 2⋅
26
Matemática 1
=
3−
2
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
+ 2⋅
3
π
3
+
3
−
2
π
=
9 3−4
4
+
6
5π
.
12
Portanto
9 3 − 4 5π 9 3 − 4 5π = . + + 6 12 3 6
S A = 2S = 2 ⋅
Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x ) = l n x , com
Exercício 38.
x ∈ 2 2 , 2 6 . b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l =
∫ 1 + [ f ′( x)]
2
⋅ dx .
a
Temos: a = 2 2 , b = 2 6 , f ′( x ) =
1
.
x
Portanto 2 6
∫
l=
2 2
1 1+ x
2
2 6
x 2 + 1
∫
⋅ dx =
x 2
2 2
2 6
x 2 + 1
∫
⋅ dx =
x
2 2
⋅ dx = (∗)
Integramos por substituição. x 2 + 1 = t ⇒ x 2 + 1 = t 2
Fazemos d x =
′ − 1 ⋅ dt =
)
( t
2
t
⇒ x 2
2
= t − 1
⇒ x = t 2 − 1 .
⋅ d t .
2
t − 1
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 2 2
⇒ t i nf
=
(x )
x s up = 2 6
⇒ t s up
=
(x )
2
+1 =
i nf
2
+1 =
s up
(2 2 )
2
(2 6 )
2
+1 =
+1 =
9 = 3,
25 = 5 .
Na continuação temos: 5
(∗) =
∫ 3
5
t 2
t − 1
⋅
5
t
⋅ dt =
2
t − 1 5
∫ t
t 2
2
3
−1
5
⋅ dt =
∫ 3
t 2 − 1 1 dt ⋅ = + 2 ∫ 3 t 2 − 1 t 2 − 1 ⋅ dt = t − 1
t 2 − 1 + 1
5
5
1 1 = ∫ 1 + 2 ⋅ dt = ⋅ dt = ∫ dt + ∫ 2 t t − − 1 1 3 3 3 Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares:
27
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1 A = , A + B = 0 A B 1 2 ⇒ 1 = ( A + B) ⋅ t + ( A − B) ⇒ ⇒ = + 2 1 A B − = 1 t − 1 t − 1 t + 1 B = − . 2 Então: 1 1 5 5 5 1 1 1 1 2 2 ⋅ dt = ∫ dt + ⋅ ∫ = ∫ dt + ∫ − ⋅ dt − ⋅ ∫ ⋅ dt = − − − + 1 1 2 1 2 1 t t t t 3 3 3 3 3 5
5
= t =
5
3
1 + ⋅ l n (t − 1) 2
(5 − 3) +
5
3
1 − ⋅ l n (t + 1) 2
5
= 3
1 1 ⋅ l n (5 − 1) − l n (3 − 1) − ⋅ l n (5 + 1) − l n (3 + 1) = 2 2
1 1 1 2 16 = 2 + ⋅ l n ( 4) − l n (2) − l n (6) + l n ( 4) = 2 + ⋅ l n (16)− l n (12) = 2 + ⋅ l n . = 2 + ln 2 2 2 3 12
Exercício 39.
com x ∈ 0 ,
Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x) = l n (c os x) ,
. 6
π
b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l =
∫
1 + [ f ′( x)] ⋅ dx . 2
a
Temos: a = 0 , b =
, f ′( x) = l n (cos x) 6
π
′ =−
sen x c os x
.
Portanto
π
6
l=
∫ 0
π
sen x 1 + − c os x
2
6
⋅ dx =
π
2
sen x
6
∫ 1 + cos x ⋅ dx = ∫ 2
0
0
π
2
2
c os x + sen x 2
c os x
6
⋅ dx =
1
∫ cos x ⋅ dx = (∗) 0
Integramos por substituição. 2 1 − t x Fazemos tg = t ⇒ x = 2 ⋅ arctg (t ) ⇒ dx = . ⋅ d t . c os x = 2 2 1 + t 1 + t 2 2
Determinamos os limites de integração para a variável t :
28
Matemática 1
⇒ t i nf
xi nf = x s up =
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
π
⇒ t s up
6
xi nf 2 = tg (0) = 0 , x s up π = tg = tg . 2 12
= tg
Na continuação temos: π 12
π 12
tg
∫
(∗) =
0
tg
1
⋅
2
1 − t 2 1 + t 2
∫
⋅ d t =
0
2 1 − t 2
⋅ d t =
2
1 + t Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares: A − B = 0 A B 2 A B t A B ⇒ ⇒ ⇒ = + = − ⋅ + + 2 ( ) ( ) A B + = 2 1 − t 2 1 − t 1 + t
A = 1, B = 1.
Então: π 12
tg
=
∫ 0
1 1 + ⋅ d t = 1 − t 1 + t
π 12
π 12
tg
=−
∫ 0
π 12
π 12
tg
= − ln
∫ 0
tg
1 1 − t
tg
1 1 − t
⋅ d (1 − t ) +
∫ 0
π 12
1 − tg
− ln
1 1 + t
⋅ d t +
∫ 0
1 1 + t
⋅ d (1 + )t = − ln
⋅ d t =
π 12
tg
1 − t
π
+ ln
0
π 12
tg
1 + t
= 0
1 − 0 + l n 1 + tg − l n 1 + 0 = 12
π π π 1 + tg cos + sen π π 12 = l n 12 12 = = l n 1 + tg − l n 1 − tg = l n π π π 12 12 tg c os sen − − 1 12 12 12 π π π π cos + sen c os sen ⋅ − 12 12 12 12 = ln = 2 π π c os − sen 12 12 3 π π π c os 2 − sen 2 cos 12 12 6 = l n 2 = l n 3 . = ln = ln 1 π π π 2 π 2 π c os − 2 ⋅ c os ⋅ sen + sen 1 − sen 1− 12 12 12 12 6 2
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