Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Integral definido. Exercícios resolvidos. a) Calcular os integrais definidos utilizando a fórmula de Barrow.
1
∫
Exercício 1.
1 + x dx .
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
3 2 = ⋅ (1 + x ) 2 3
1
0
(
1
∫ (x
−1
∫ (x
−1
x dx 2
)
+1
x dx 2
)
+1
2
1
= 0
.
1 d (x2 ) 1 1 1 d (x2 ) d ( x 2 + 1) 1 1 1 =∫ 2 = ⋅ = ⋅ = ⋅ x2 +1 ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 2 2 2 −1 x + 1 2 −1 x + 1 2 −1 −1 x + 1
(
)
(
1
2
0
3 (1 + x) 2 = 3 2
3 3 2 32 2 2 2 2 = ⋅ (1 + 1) − (1 + 0) = ⋅ 2 − 1 = ⋅ 2 2 − 1 . 3 3 3
Exercício 2.
1
1
(
)
)
1
− 2 +1 1 x 2 + 1 = ⋅ 2 − 2 + 1
−1
(
)
((
)
1 = − ⋅ x2 +1 2
−1
(
)
1 −1
)
1 1 = − ⋅ 2 2 x + 1
1
−1
)
−2
d ( x 2 + 1) =
1 1 1 =0 = − ⋅ 2 − 2 2 1 + 1 (−1) + 1
(1 + l nx) dx . x 1
e
Exercício 3.
∫
(1 + l nx) dx dx =∫ (1 + l nx) ⋅ = ∫ (1 + l nx) ⋅ d (l nx) = ∫ d (l nx) + ∫ l nx d (l nx) = ∫1 x x 1 1 1 1 e
e
= (l nx ) 1
e
e
e
e
e
ln2 x l n 2e l n 21 1 3 = (l n e − l n1) + = 1 + = . + − 2 2 2 2 1 2
1
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2
dx
∫
Exercício 4.
16 − x 2
0
2
∫ 0
2
dx 16 − x
2
dx
=∫
4 −x 2
0
2
.
x = arcsen 4
2
0
2 0 = arcsen − arcsen = 4 4
π π 1 = arcsen − arcsen(0 ) = − 0 = . 6 6 2
1
∫x
Exercício 5.
0
2
dx . + 4x + 5
O polinómio do denominador não tem raizes reais: − 4 ± 16 − 20 − 4 ± − 4 = . 2 2 Portanto é uma fracção elementar do terceiro tipo. x 2 + 4x + 5 = 0 ⇒ x =
dx dx dx d ( x + 2) ∫0 x 2 + 4 x + 5 = ∫0 x 2 + 4 x + 4 + 1 = ∫0 ( x + 2) 2 + 1 = ∫0 12 + ( x + 2) 2 = 1
1
1
1
= (arctg ( x + 2) ) 0 = arctg (1 + 2) − arctg (0 + 2) = arctg (3) − arctg (2) . 1
π 2
Exercício 6.
∫ sen(2 x) dx . 0
1o π
método : π
π
π 1 1 2 1 2 = ( ) sen ( 2 x ) dx = sen ( 2 x ) ⋅ ⋅ d ( 2 x ) = ⋅ sen ( 2 x ) ⋅ d ( 2 x ) = − ⋅ c os ( 2 x ) ∫0 ∫0 0 2 2 ∫0 2 2
2
1 π 1 1 = − ⋅ cos 2 ⋅ − c os (2 ⋅ 0) = − ⋅ (cos (π ) − c os (0) ) = − ⋅ (− 1 − 1) = 1 . 2 2 2 2
2
Matemática 1
2o
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
método :
π
π
π
π
sen x ∫0 sen(2 x) dx = ∫0 2 ⋅ senx ⋅ cos x ⋅ dx = 2 ⋅ ∫0 senx ⋅ d ( senx) = 2 ⋅ 2 2
2
2
2
π sen 2 2 12 0 2 2 sen 0 = 2⋅ − = 2 ⋅ − 2 2 2 2
2
=
0
= 1 .
π 2
cosx dx . 3 x
∫ π sen
Exercício 7.
6
π
π
π − 3+1
( sen x) c osx d ( senx) −3 ∫π sen 3 x dx = π∫ sen 3 x = π∫ (sen x) ⋅ d ( sen x) = − 3 + 1 2
2
6
2
6
π
2
π
π
1 1 = − ⋅ 2 sen 2 x
π
=
6
6
6
2
1 1 1 1 1 1 1 3 =− ⋅ − = − ⋅ 2 − = − ⋅ (1 − 4 ) = . 2 2 2 1 1 2 2 2π 2π sen sen 2 6 2
∫ (x − 2e )⋅ dx . 1
x
Exercício 8.
0
∫( 1
0
)
x2 x − 2e ⋅ dx = ∫ x ⋅ dx − ∫ 2e ⋅ dx = ∫ x ⋅ dx − 2 ⋅ ∫ e ⋅ dx = 2 0 0 0 0 x
12 0 2 = − 2 2
1
1
1
1
x
(
x
1
( )
− 2 ⋅ e x 0
1 0
=
)
1 5 − 2 ⋅ e1 − e 0 = − 2e + 2 = − 2e . 2 2
∫(
)
8
Exercício 9.
2 x + 3 x ⋅ dx .
0
∫( 8
0
)
8
8
8
1 2
8
1 3
2 x + x ⋅ dx = ∫ 2 x ⋅ dx + ∫ x ⋅ dx = 2 ⋅ ∫ x ⋅ dx + ∫ x ⋅ dx = 3
3
0
0
0
0
3
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
8
1 +1 1 +1 x3 x2 = 2⋅ + 1 1 +1 +1 2 0 3
=
2 2 3
8 8
3 4 2 2 3 3 = 2 ⋅ ⋅ x + ⋅ x 3 4 0
8
= 0
0
3 4 2 2 3 3 4 3 2 2 3 100 . ⋅ 8 2 − 0 2 + ⋅ 8 3 − 0 3 = ⋅ 83 + ⋅ 3 84 = ⋅ 16 2 + ⋅ 16 = 4 3 4 3 4 3
2
1
A função
2x − 1 ⋅ dx . 3 +x
∫x
Exercício 10.
2x −1 é racional. x3 + x
2x − 1 2x − 1 A Bx + C = = + 2 3 2 x + x x( x + 1) x x +1
⇒ 2 x − 1 = Ax 2 + A + Bx 2 + Cx = ( A + B ) x 2 + Cx + A
Obtemos o sistema: A + B = 0 , ⇔ C = 2, A = −1,
A = −1, B = 1, C = 2.
Portanto 2x − 1 1 x+2 −1 x + 2 ∫1 x 3 + x ⋅ dx = ∫1 x + x 2 + 1 ⋅ dx = − ∫1 x ⋅ dx + ∫1 x 2 + 1 ⋅ dx = 2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 2 1 x 2 x = − ∫ ⋅ dx + ∫ 2 + 2 ⋅ dx + ∫ 2 ⋅ dx = ⋅ dx = − ∫ ⋅ dx + ∫ 2 x x + + x + 1 x + 1 x 1 x 1 1 1 1 1 1 2
2
2
1 1 1 1 = − ∫ ⋅ dx + ⋅ ∫ 2 ⋅ d ( x 2 + 1) + 2 ⋅ ∫ 2 ⋅ dx = x 2 1 x +1 1 1 x +1 = − (l n x
)
2 1
+
(
1 ⋅ l n x2 +1 2
+ 2 ⋅ (arctg 2 − arctg 1) =
)
2 1
+ 2 ⋅ (arctg x ) 1 = − (l n 2 − l n 1) + 2
1 ⋅ (l n 5 − l n 2 ) + 2
1 3 π 1 π 5 ⋅ l n 5 − ⋅ l n 2 + 2 ⋅ arctg 2 − = ⋅ l n + 2 ⋅ arctg 2 − . 2 2 4 2 4 8
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 . 2 1− t Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0 ⇒ t i nf = sen(0) = 0 ,
x s up =
π
π ⇒ t s up = sen = 1 2
2
Portanto π 1
2
1
1
1
1 2 2 ∫0 senx ⋅ cos x ⋅ dx = ∫0 t ⋅ (1 − t ) ⋅ 1 − t 2 ⋅ dt = ∫0 t ⋅ 1 − t ⋅ dt = 2 ⋅ ∫0 1 − t ⋅ d (t ) = 2
2
1
1
2
(
1 1 = − ⋅ ∫ 1 − t 2 ⋅ d (1 − t 2 ) = − ⋅ ∫ 1 − t 2 2 0 2 0 1 1 − t 2 =− ⋅ 3 2 2
(
)
3 2
(
1 = − ⋅ 1 − t 2 3
(
)
= 0
)
3 2
1
0
(
1 = − ⋅ 1 − 12 3
) − (1 − 0 ) 3 2
3 2 2
1 =3.
0
∫e 0
1 2
1
1
1
Exercício 12.
)
1 2 2 +1 1 1− t ⋅ d (1 − t 2 ) = − ⋅ 2 1 + 1 2
x
1 ⋅ dx . + e−x
Fazemos a substituição e x = t . Então temos: dt e x = t ⇒ x = l n t ⇒ dx = . t Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = e 0 = 1 , Portanto 1 1 1 ∫0 e x + e − x ⋅ dx = ∫0
x s up = 1 ⇒ t s up = e1 = e .
e
e
1 1 e ⋅ dx = ∫ ⋅ ⋅ dt = ∫ 2 ⋅ dt = (arctg t ) 1 = 1 1 t 1 t + 1 t +1 ex + x t e 1
= arctg e − arctg 1 = arctg e −
π
4
1
.
5
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4
Exercício 13.
∫x⋅
x 2 + 9 ⋅ dx .
0
Fazemos a substituição
x 2 + 9 = t . Então temos:
x2 + 9 = t ⇒ x2 + 9 =t 2
t ⋅ dt
⇒ x = t 2 − 9 ⇒ dx =
t2 −9
.
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0 ⇒ t i nf = 9 = 3 ,
x s up = 4 ⇒ t s up = 4 2 + 9 = 5 .
Portanto 4
∫x⋅
5
x + 9 ⋅ dx = ∫ 2
0
3
2
Exercício 14.
∫ 0
5
t3 53 33 98 t − 9 ⋅t⋅ ⋅ dt = ∫ t ⋅ dt = = − = . 3 3 t2 −9 33 3 3 5
t
2
dx x + 1 + ( x + 1) 3
2
.
Fazemos a substituição x + 1 = t . Então temos: 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
∫ 0
2
dx x + 1 + ( x + 1) 3 3
= 2⋅
dt
∫1+ t 1
2
=∫ 0
2t ⋅ dt t ⋅ dt = ∫ = 2⋅ ∫ = 3 2 3 x + 1 + ( x + 1) 1 t +t 1 t (1 + t ) dx
3
(
3
)
3 π π π = 2 ⋅ (arctg t ) 1 = 2 ⋅ arctg 3 − arctg 1 = 2 ⋅ − = . 3 4 6
π 2
Exercício 15.
dx
∫ 1 + sen x + cos x . 0
x Fazemos a substituição tg = t . Então temos: 2 senx =
2t 1− t2 , c os x = . 1+ t2 1+ t2 6
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
x tg = t ⇒ 2
x = arctg t ⇒ 2
x = 2 ⋅ arctg t ⇒ dx =
2 ⋅ dt . 1+ t2
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0 ⇒ t i nf = tg (0) = 0 ,
x s up =
π 2
π ⇒ t s up = tg = 1 . 4
Portanto π 1
2
dx ∫0 1 + sen x + cos x = ∫0
2t 1− t2 1+ + 1+ t2 1+ t2
1
1 ⋅ d (1 + t ) = (l n 1 + t 1 + t 0
=∫
4
dx
∫1+
Exercício 16.
x
0
)
1 0
2 ⋅ dt 2 ⋅ dt dt =∫ =∫ = 2 2 2 1 t + 1+ t 1 t 2 t 1 t + + + − 0 0 1
1
⋅
1
= (l n 1 + 1 − l n 1 + 0 ) = l n 2 .
.
Fazemos a substituição x = t . Então temos: 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
2t ⋅ dt t ⋅ dt 1+ t −1 1 1+ t ∫0 1 + x = ∫0 1 + t = 2 ⋅ ∫0 1 + t = 2 ⋅ ∫0 1 + t ⋅ dt = 2 ⋅ ∫0 1 + t − 1 + t ⋅ dt = 4
dx
2
2
2
2
2
1 2 ⋅ d (1 + t ) = 2 ⋅ (t ) 0 − 2 ⋅ (l n 1 + t 1+ t 0
= 2 ⋅ ∫ dt − 2 ⋅ ∫ 0
2
)
2 0
=
= 2 ⋅ (2 − 0) − 2 ⋅ (l n 1 + 2 − l n 1 + 0 ) = 4 − 2 ⋅ l n 3 . 0
Exercício 17.
∫1+
−1
dx 3
x +1
.
Fazemos a substituição 3 x + 1 = t . Então temos: 3 x + 1 = t ⇒ x + 1 = t 3 ⇒ 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 ,
x s up = 0 ⇒ t s up = 3 0 + 1 = 1 .
Portanto 0
∫1+
−1
dx 3
x +1
1 2 1 1 1 3t 2 dt t dt 1+ t 2 −1 t 2 −1 ⋅ dt = = 3⋅ ∫ = 3⋅ ∫ ⋅ dt = 3 ⋅ ∫ + 1 + t 1 + t 1 + t 1 + t 1 + t 0 0 0 0
1
=∫
(t − 1)(t + 1) 1 1 = 3⋅ ∫ + + t − 1 ⋅ dt = ⋅ dt = 3 ⋅ ∫ 1+ t 1+ t 1+ t 0 0 1
1
1
1
1
1 = 3⋅ ∫ ⋅ dt + 3 ⋅ ∫ t ⋅ dt − 3 ⋅ ∫ dt = 3 ⋅ (l n 1 + t 1+ t 0 0 0
)
1 0
t2 + 3 ⋅ 2
1
1 − 3 ⋅ (t ) 0 = 0
12 0 2 3 = 3 ⋅ (l n 1 + 1 − l n 1 + 0 ) + 3 ⋅ − − 3 ⋅ (1 − 0) = 3 ⋅ l n 2 − . 2 2 2 3
x ⋅ dx . 6−x
∫
Exercício 18.
0
x = t . Então temos: 6− x
Fazemos a substituição
x =t ⇒ 6− x 6t 2 dx = 2 1+ t
x =t2 6− x
⇒ x = 6t 2 − x ⋅ t 2
⇒
′ 12t (1 + t 2 ) − 6t 2 ⋅ 2t 12t ⋅ dt = ⋅ dt = 2 2 1+ t 1+ t2
(
)
(
)
2
x=
6t 2 1+ t2
⇒
⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0 ⇒ t i nf = 0 ,
x s up = 3 ⇒ t s up = 1 .
Portanto 3
∫ 0
1
x 12t ⋅ dx = ∫ t ⋅ 6− x 1+ t2 0
(
1
)
2
⋅ dt = 12 ⋅ ∫ 0
1
t2
(1 + t )
2 2
⋅ dt = 6 ⋅ ∫ 0
t ⋅ 2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
1
= 6⋅ ∫t ⋅ 0
2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
=
Na continuação integramos por partes: U = t , dU = dt ;
8
Matemática 1
dV =
2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
, V =∫
2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
=∫
d (t 2 )
(1 + t )
2 2
=∫
d (1 + t 2 )
(1 + t )
2 2
(1 + t ) =
2 − 2 +1
− 2 +1
=−
1 . 1+ t2
Obtemos
t 1 1 dt 1 0 1 = 6 ⋅ − +∫ − + (arctg t ) 0 = = 6 ⋅ − 2 2 2 2 1+1 1+ 0 1 + t 0 0 1 + t 1 π 3 ⋅ (π − 2) . = 6⋅− + = 2 2 4
1
Exercício 19.
∫e 0
dx . +1
x
Fazemos a substituição e x = t . Então temos: dt e x = t ⇒ x = l n t ⇒ dx = . t Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = e 0 = 1 ,
x s up = 1 ⇒ t s up = e1 = e .
Portanto e e e 1 1+ t dx dt 1+ t − t t ∫0 e x + 1 = ∫1 (t + 1) ⋅ t = ∫1 (t + 1) ⋅ t ⋅ dt = ∫1 (t + 1) ⋅ t − (t + 1) ⋅ t ⋅ dt = e e e 1 1 1 1 ⋅ dt = ∫ ⋅ dt − ∫ = ∫ − ⋅ d (t + 1) = (l n t t ( t + 1 ) t t + 1 1 1 1
) − (l n t + 1 ) e
e
1
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.
dx
∫
(1 + x 2 ) 3
1
2e . e +1
.
Fazemos a substituição x = tg t . Então temos: dt dx = , c os 2 t
1 + x = 1 + (tg t ) 2
2
2
sen t sen 2 t cos 2 t + sen 2 t 1 = 1 + = 1 + = = . 2 2 cos t cos t cos 2 t cos t
Porque x = tg t ⇒ t = arctg x , determinamos os limites de integração para a variável t :
9
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
xi nf = 1 ⇒ t i nf = arctg (1) =
π 4
x s up = 3 ⇒ t s up = arctg ( 3 ) =
,
π 3
.
Portanto π 3
3
dx
∫
=
(1 + x 2 ) 3
1
∫ 1
dx
( 1+ x )
3
2
π
3
∫
=
dt cos 2 t
π 3
1 4 cos 2 t
π
=∫
3
dt cos 2 t
1 4 c os t
π
π
3
=
3
∫
π
4
dt π 2 c os t 3 c os 3t ⋅ dt =∫ = 1 cos 2 t π cos 3 t 4
π
3 2 3− 2 π π = ∫ c os t ⋅ dt = (sent ) π3 = sen − sen = − = . 2 2 2 3 4 π 3 3
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
−x
dx = (x ⋅ (− e )) −x
1 0
0
− ∫ (− e )dx = −(x ⋅ (e )) 1
−x
−x
0
+ ∫ e − x dx = − x ⋅ e − x
0
( ( )) − (e )
= − x ⋅ e−x
1
−x
0
1 0
( ( )) + (− e )
1
1
1
0
−x
1 0
=
0
(
) (
)
1 1 2 = − 1 ⋅ e −1 − 0 ⋅ e 0 − e −1 − e 0 = − − + 1 = 1 − . e e e
1 2
∫ arcsen x dx .
Exercício 22.
0
Fazemos:
′ U = arcsen x ⇒ dU = (arcsen x ) dx =
1 1− x2
dx ,
dV = dx ⇒ V = ∫ dx = x .
Portanto 1 2
∫ arcsen x dx = (x ⋅ arcsen x )
1 2 0
1 2
−∫
0
0
1 2 0
= ( x ⋅ arcsen x ) +
1 2
1
x 1− x2
dx = (x ⋅ arcsen x )
1 2 0
1 2 d (x2 ) − ⋅∫ = 2 0 1− x2
1 2
1 d (− x ) 1 d (1 − x 2 ) ⋅∫ = ( x ⋅ arcsen x ) + ⋅ ∫ = 2 0 1− x2 2 0 1− x2 2
1 2 0
10
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
= (x ⋅ arcsen x ) 02 +
1 2
(
1 ⋅ ∫ 1− x2 2 0
)
−
1 2
1 2 − 2 +1 1 1− x + ⋅ 1 2 − +1 2
(
1
⋅ d (1 − x 2 ) = ( x ⋅ arcsen x ) 02
1 2 2 1 1 1 = ⋅ arcsen − 0 ⋅ arcsen(0 ) + 1 − − 1 − 0 2 2 2 2
(
)
1 2
)
1 2
= 0
1 π π 3 3 −1 = + − 1. = ⋅ + 4 12 2 2 6
π 3
x ⋅ dx . 2 x
∫ π sen
Exercício 23.
4
Fazemos: U = x ⇒ dU = dx ,
dV =
dx sen 2 x
⇒ V =∫
dx = − ctg x . sen 2 x
Portanto π
π
π
π
π
3 cos x x ⋅ dx 3 3 ( ) ( ) = − x ⋅ ctg x − ( − ctg x ) ⋅ dx = − x ⋅ ctg x + ⋅ dx = π π ∫π sen 2 x ∫ ∫ π sen x π 4 4 3
3
4
4
π
π 3
= − ( x ⋅ ctg x ) π3 + ∫ 4
4
π
π
d ( sen x) = − ( x ⋅ ctg x ) π3 + (l n senx sen x 4
π
)π
3
=
4
4
π π π π π π = − ⋅ ctg − ⋅ ctg + l n sen − l n sen 3 4 4 3 4 3
π
Exercício 24.
∫x
3
π (9 − 4 3 ) 1 3 = + ⋅ ln . 36 2 2
⋅ senx ⋅ dx .
0
Fazemos: U = x3
dV = sen x dx ⇒ V = ∫ sen x dx = − c os x .
⇒ dU = 3 x 2 dx ,
Portanto π
∫x
3
π
⋅ senx ⋅ dx = (− x ⋅ cos x ) − ∫ 3x 2 ⋅ (−c os x) ⋅ dx = (− π 3 ⋅ cos π + −0 3 ⋅ cos 0 ) + π
3
0
0
0
π
π
+ 3 ⋅ ∫ x ⋅ cos x ⋅ dx = π + 3 ⋅ ∫ x 2 ⋅ cos x ⋅ dx = 2
0
3
0
11
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Integramos por partes: U = x2
dV = c os x dx ⇒ V = ∫ cos x dx = sen x .
⇒ dU = 2 xdx ,
Portanto na continuação temos: = π + 3 ⋅ x 2 ⋅ senx
(
3
)
π 0
π
− ∫ 2 x ⋅ sen x ⋅ dx = 0 π
π
0
0
= π 3 + 3 ⋅ (π 2 ⋅ sen(π ) − 0 2 ⋅ sen(0) ) − 6 ⋅ ∫ x ⋅ sen x ⋅ dx = π 3 − 6 ⋅ ∫ x ⋅ sen x ⋅ dx = Mais uma vez integramos por partes: U = x ⇒ dU = dx ,
dV = sen x dx ⇒ V = ∫ sen x dx = − c os x .
Portanto obtemos: π π ( ) = π − 6 ⋅ − x ⋅ c os x 0 − ∫ (−c os x) ⋅ dx = 0 3
π
= π + 6 ⋅ (π ⋅ c os (π ) − 0 ⋅ c os (0) ) − 6 ⋅ ∫ cos x ⋅ dx = 3
0
= π − 6π − 6 ⋅ (sen x ) 0 = π − 6π − 6 ⋅ (sen (π ) − sen (0) ) = π 3 − 6π . π
3
3
π 2
Exercício 25.
∫e
2x
⋅ cos x ⋅ dx .
0
Fazemos: U = e2x
dV = cos x dx ⇒ V = ∫ c os x dx = sen x .
⇒ dU = 2 ⋅ e 2 x ⋅ dx ,
Portanto π
(
2
2x 2x ∫ e ⋅ cos x ⋅ dx = e ⋅ sen x
)
π 2 0
π 2
− ∫ 2 ⋅ e 2 x ⋅ sen x ⋅ dx =
0
0
π
π
π
2 2⋅ π = e 2 ⋅ sen − e 2⋅0 ⋅ sen (0) − 2 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ sen x ⋅ dx = e π − 2 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ sen x ⋅ dx = 2 0 0 2
Mais uma vez integramos por partes: U = e2x
⇒ 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: π = e − 2 ⋅ − e 2 x ⋅ c os x
(
π = e + 2 ⋅ e 2 x ⋅ cos x Portanto obtemos:
(
)
)
π 2 0
π 2 0
π
− ∫ 2 ⋅ e ⋅ (− c os x) ⋅ dx = 0 2
2x
π
π 2 π 2x − ∫ 2 ⋅ e ⋅ c os x ⋅ dx = e − 2 − 4 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ cos x ⋅ dx . 0 0 2
π
π
2
2
0
0
π 2x 2x ∫ e ⋅ cos x ⋅ dx = e − 2 − 4 ⋅ ∫ e ⋅ cos x ⋅ dx .
Resolvemos a equação obtida em relação ao integral: π
π
2
2
5 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ cos x ⋅ dx = e π − 2 e 0
2x ∫ e ⋅ cos x ⋅ dx = 0
eπ − 2 . 5
e
Exercício 26.
∫ sen (l nx) dx . 1
Fazemos: 1 ′ U = sen (l nx) ⇒ dU = (sen (l nx) ) ⋅ dx = c os (l nx) ⋅ ⋅ dx , x dV = dx ⇒ V = ∫ dx = x . Portanto e
e
1 e ∫1 sen (l nx) dx = (x ⋅ sen (l nx) ) 1 − ∫1 x ⋅ cos (l nx) ⋅ x ⋅ dx = e
e
1
1
= (e ⋅ sen (l n(e)) − 1 ⋅ sen (l n(1)) ) − ∫ c os (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − ∫ cos (l nx) ⋅ dx = Mais uma vez integramos por partes: 1 ′ U = c os (l nx) ⇒ dU = (cos (l nx) ) ⋅ dx = − sen (l nx) ⋅ ⋅ dx , x dV = dx ⇒ V = ∫ dx = x .
13
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Na continuação temos: e e = e ⋅ sen(1) − ( x ⋅ cos (l nx) ) 1 − ∫ (− 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 ⋅ cos (1) + 1 − ∫ sen (l nx) ⋅ dx . 1
Portanto obtemos: e
∫
e
sen (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − e ⋅ cos (1) + 1 − ∫ sen (l nx) ⋅ dx .
1
1
Resolvemos a equação obtida em relação ao integral: e
e
2 ⋅ ∫ sen (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − e ⋅ cos (1) + 1 e
∫ sen (l nx) ⋅ dx =
1
1
1
∫
Exercício 27.
arcsen x 1+ x
0
e ⋅ sen(1) − e ⋅ c os (1) + 1 . 2
⋅ dx .
Fazemos:
′ U = arcsen x ⇒ dU = (arcsen x ) ⋅ dx =
1 1− x2
⋅ dx ,
− +1 ( 1 + x) 2 ⋅ dx = ∫ (1 + x ) ⋅ d (1 + x) = 1
dV =
1 1+ x
⋅ dx ⇒ V = ∫
1
−
1+ x
1 2
1 − +1 2
= 2 1+ x .
Portanto 1
∫
arcsen x 1+ x
0
(
⋅ dx = 2 1 + x ⋅ arcsen x
) − ∫2 1
0
1
1+ x ⋅
0
(
)
1
1 1− x2
= 2 1 + 1 ⋅ arcsen (1) − 2 1 + 0 ⋅ arcsen (0) − ∫ 2 1 + x ⋅ 0
=2 2⋅
π 2
1
− 2⋅∫ 0
1
1 1− x
= 2π + 4 ⋅ (1 − x)
1 2
⋅ dx = 2π + 2 ⋅ ∫ 0
1
0
⋅ dx =
1 1− x ⋅ 1+ x
⋅ dx =
1 − +1 2 1 (1 − x) ⋅ d (1 − x) = 2π + 2 ⋅ − 1 +1 1− x 2
= 2π + 4 ⋅ (1 − 1)
1 2
1
= 0
1 − (1 − 0) 2 = 2π − 4 .
14
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
Exercício 28.
∫ arctg
x ⋅ dx .
0
Fazemos: U = arctg x
(
)
′ ⇒ dU = arctg x ⋅ dx =
1
1+
dV = dx ⇒ V = x . Portanto
(
1
∫ arctg
x ⋅ dx = x ⋅ arctg x
0
(
) − ∫x⋅ 2 1
1
0
)
0
( x)
2
1 x ⋅ (1 + x)
⋅
( x )′ ⋅ dx =
dx 2 x ⋅ (1 + x)
,
⋅ dx =
1 x π 1 x = 1 ⋅ arctg 1 − 0 ⋅ arctg 0 − ⋅ ∫ ⋅ dx = − ⋅ ∫ ⋅ dx = 2 0 1+ x 4 2 0 1+ x Fazemos a substituição x = t ⇒ x = t2
1
1
⇒ dx = 2t dt ;
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf = 0 ⇒ t i nf = 0 = 0 ,
x s up = 1 ⇒ t s up = 1 = 1 .
Na continuação temos:
=
=
=
π 4
π π 1 t t2 1+ t 2 −1 2 dt ⋅∫ ⋅ t ⋅ dt = − ⋅ = − ⋅ dt = 2 0 1+ t2 4 ∫0 1 + t 2 4 ∫0 1 + t 2 1
−
1
π
1 1+ t 2 1 − ∫ − 2 4 0 1+ t 1+ t2
π 4
1 π 1 π 1 1 1 ⋅ dt = − ∫ 1 − ⋅ dt = − dt + ⋅ dt = 2 2 ∫ ∫ 4 0 1+ t 4 0 0 1+ t
− (t ) 0 + (arctg t ) 0 = 1
1
1
π 4
− (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 ) ⇒ dU = l n (1 + x 2 ) ⋅ dx =
(
dV = x dx ⇒ V =
)
′ 1 2 x ⋅ dx ⋅ 1 + x 2 ⋅ dx = , 2 1+ x 1+ x2
(
)
x2 . 2
Portanto
15
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
1 x2 x3 2 x ⋅ l n ( 1 + x ) ⋅ dx = ⋅ l n ( 1 + x ) − ⋅ dx = 2 ∫0 ∫ 2 1 + x 0 0 1
2
12 1 x + x3 − x 02 = ⋅ l n (1 + 12 ) − ⋅ l n (1 + 0 2 ) − ∫ ⋅ dx = 2 2 2 0 1+ x 1
=
1
1
1 1 d (1 + x 2 ) 1 1 1 + ⋅ ∫ = ⋅ l n (2) − + ⋅ l n (1 + x 2 ) 2 2 2 2 0 2 0 1+ x
x2 1 = ⋅ l n (2) − 2 2 =
1
1 x 1 x ⋅ l n (2) − ∫ x − ⋅ dx = ⋅ l n (2) − ∫ x ⋅ dx + ∫ ⋅ dx = 2 2 2 2 1+ x 0 0 0 1+ x
(
(
)
1 0
=
)
1 1 1 1 ⋅ l n (2) − + ⋅ l n (1 + 12 ) − l n (1 + 0 2 ) = l n (2) − . 2 2 2 2
1
Exercício 30.
∫ l n (1 + x) ⋅ dx . 0
Fazemos: 1 ′ U = l n (1 + x) ⇒ dU = (l n (1 + x) ) ⋅ dx = ⋅ dx , 1+ x dV = dx ⇒ V = x . Portanto 1
∫ l n (1 + x) ⋅ dx = (x ⋅ l n (1 + x) ) 0
1
x 1+ x −1 −∫ ⋅ dx = (1 ⋅ l n (1 + 1) − 0 ⋅ l n (1 + 0) ) − ∫ ⋅ dx = 2 1+ x 0 0 1+ x 1
1 0
1
1
1
1 1 = l n (2) − ∫ 1 − ⋅ d (1 + x) = ⋅ dx = l n (2) − ∫ dx + ∫ 1+ x 1+ x 0 0 0 1
1
1 1 1 ⋅ d (1 + x) = l n (2) − ( x ) 0 + (l n (1 + x) ) 0 = 1+ x 0
= l n (2) − ∫ dx + ∫ 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
Exercício 31.
x + sen x
⋅ dx . ∫ π 1 + c os x 6
x Fazemos a substituição tg = t . Então temos: 2
senx =
2t 1− t2 , c os x = . 1+ t2 1+ t2
x tg = t ⇒ 2
x = arctg t ⇒ 2
x = 2 ⋅ arctg t ⇒ dx =
2 ⋅ dt . 1+ t2
Determinamos os limites de integração para a variável t : xi nf =
π 6
π ⇒ t i nf = tg , 12
x s up =
π 2
π ⇒ t s up = tg = 1 . 4
Portanto π 2
x + sen x
1
⋅ dx = ∫ ∫ π 1 + c os x π
tg 12
6
∫
2t 1 2t 1 + t 2 ⋅ 2 ⋅ dt = 2 ⋅ arctg t + ⋅ dt = 2 ∫ 2 1+ t 1+ t2 π tg 12 1+ t2
2 ⋅ arctg t +
1
=
2t 2t 2 ⋅ arctg t + 1 2 1 + t ⋅ 2 ⋅ dt = 1 + t 2 ⋅ 2 ⋅ dt = ∫ 1+ t2 +1− t2 1+ t2 1− t2 1+ t2 π 1+ tg 12 1+ t 2 1+ t2
2 ⋅ arctg t +
π tg 12
= 2⋅
1
1
tg 12
tg 12
∫πarctg t ⋅ dt + 2 ⋅ ∫π
t ⋅ dt = 1+ t2
Integramos por partes o primeiro integral: U = arctg t ⇒ dU =
1 ⋅ dt ; 1+ t2
dV = dt ⇒ V = t .
Na continuação temos:
17
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1 1 1 t t = 2 ⋅ t ⋅ arctg (t ) − ∫ ⋅ dt + 2 ⋅ ∫ ⋅ dt = 2 1+ t2 tg π tg π 1 + t π tg 12 12 12 1 1 π t t π = 2 ⋅ 1 ⋅ arctg (1) − tg ⋅ arctg tg − 2 ⋅ ∫ ⋅ dt + 2 ⋅ ∫ ⋅ dt = 2 1+ t 1+ t2 12 12 π π tg tg 12
12
π π π π π π = 2 ⋅ − ⋅ tg = − ⋅ tg . 12 2 6 12 4 12
π 2
∫ sen
Exercício 32.
3
x ⋅ cos x ⋅ dx .
0
1o
método :
π
π
π
2
2
3 2 ∫ sen x ⋅ cos x ⋅ dx = ∫ sen x ⋅ cos x ⋅ sen x ⋅ dx =
∫ (1 − cos x )⋅
0
0
0
π
2
2
π
= − ∫ (1 − cos x ) ⋅ 2
2
π
cos x ⋅ d (cos x) = − ∫ (c osx )
2
0
1 2
2
⋅ d (cos x) + ∫ (c osx ) 2 ⋅ d (cos x) =
0
π
(c osx ) 12 +1 = − 1 +1 2
2
0
cos x ⋅ d (−cos x) =
5
0
π
(cosx ) 52 +1 + 5 +1 2
2
π 3 2 = − ⋅ (c osx ) 2 3
2 0
π 7 2 + ⋅ (cosx ) 2 7
2
=
0
0
3 7 3 7 2 2 π 2 π 2 2 8 2 = − ⋅ cos − (cos (0 )) 2 + ⋅ c os − (c os (0 )) 2 = − = . 3 2 2 7 3 7 21
2o
método :
Porque a função sen x tem exponente impar fazemos a seguinte substituição de variável: cos 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 : xi nf = 0 ⇒ t i nf = c os (0) = 1 ,
x s up =
π 2
π ⇒ t s up = c os = 0 2
Portanto π
π
π
2
2
2
0
0
0
(
)
3 2 2 ∫ sen x ⋅ cos x ⋅ dx = ∫ sen x ⋅ cos x ⋅ sen x ⋅ dx = ∫ 1 − cos x ⋅ cos x ⋅ (−d (cos x)) =
5 0 1 1 1 = − ∫ 1 − t 2 ⋅ t ⋅ d t = ∫ 1 − t 2 ⋅ t ⋅ d t = ∫ t 2 − t 2 ⋅ d t = 1 0 0
(
)
(
)
1
1 +1 5 +1 1 1 1 5 t2 2 − t = ∫t 2 ⋅ d t − ∫t 2 ⋅ d t = 1 +1 5 + 1 0 0 2 0 2
1 1
3 7 2 2 = ⋅ t 2 − ⋅ t 2 3 7 0
1
= 0
2 2 8 − = . 3 7 21
0
2
Exercício 33.
∫ (x
3
− 2 x) ⋅ l n x ⋅ dx .
1
Integramos por partes. Fazemos: 1 ′ U = l n x ⇒ dU = (l n x ) ⋅ dx = ⋅ dx , x dV = ( x 3 − 2 x) ⋅ dx ⇒ V = ∫ ( x 3 − 2 x) ⋅ dx ⇒ V =
x4 − x2 . 4
Portanto 2
2 x4 x4 2 2 1 ∫1 ( x − 2 x) ⋅ l n x ⋅ dx = 4 − x ⋅ l n x − ∫1 4 − x ⋅ x ⋅ dx = 1 2
3
2 24 2 x3 14 x3 2 2 = − 2 ⋅ l n 2 − − 1 ⋅ l n 1 − ∫ − x ⋅ dx = − ∫ − x ⋅ dx = 4 4 1 4 1 4
2
2
2 x4 x2 2 4 14 2 2 12 x3 15 3 9 = − ∫ ⋅ dx + ∫ x ⋅ dx = − + = − − + − = − + = . 4 2 16 2 16 16 1 2 1 16 16 2 1 1 2
19
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4 2− x − 2+ x
2
Exercício 34.
∫(
)
2 + x + 4 2 − x ⋅ ( x + 2) 2
0
⋅ dx .
Transformamos a função integranda de modo a obter expressões de forma 2
∫( 0
2−x . 2+ x
2− x −1 4 2−x − 2+ x 2+ x ⋅ dx = ∫ ⋅ dx = (∗) 2 + x + 4 2 − x ⋅ ( x + 2) 2 2−x 0 2 1 + 4 ⋅ ⋅ ( x + 2) 2 x + 4⋅
2
)
Fazemos a substituição
2−x = t2. 2+ x
Então
2−x = t2 2+ x x=
⇒ 2 − x = t 2 ⋅ (2 + x) ⇒ 2 − x = 2 ⋅ t 2 + t 2 ⋅ x ⇒ 2 − 2 ⋅ t 2 = x ⋅ (t 2 + 1) ⇒
2 − 2 ⋅ t 2 4 − 2 − 2 ⋅ t 2 4 − (2 + 2 ⋅ t 2 ) 4 (2 + 2 ⋅ t 2 ) 4 = = = − = 2 −2. 2 2 2 2 2 t +1 t +1 t +1 t +1 t +1 t +1
Portanto 8t 4 4 dx = d 2 − 2 = d 2 =− 2 t +1 t + 1 t +1
(
)
2
⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf =
2−0 = 1, 2+0
x s up = 2 ⇒ t s up =
2−2 = 0. 2+2
Na continuação temos: 8t − ⋅ 2 2 1 (1 + 4 ⋅ t ) ⋅ 2 4 − 2 + 2 t + 1 t +1 0
(∗) = ∫
4 ⋅ t −1
(
)
2
0 (4 ⋅ t − 1) ⋅ 8t ⋅ dt = ∫ ⋅ dt = 1 16 ⋅ (1 + 4 ⋅ t )
(4 ⋅ t − 1) ⋅ 8t 1 4⋅t2 − t ⋅ dt = − ⋅ ∫ ⋅ dt = 16 ⋅ (1 + 4 ⋅ t ) 2 0 4⋅t +1 1 0
=∫
1
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 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
20
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
1
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 = − ⋅ ∫ t ⋅ dt + ⋅ ∫ dt + ⋅ ∫ ⋅ dt = − ⋅ ∫ t ⋅ dt + ⋅ ∫ dt + ⋅ ∫ ⋅ d (4t + 1) = 2 0 4 0 4 0 4⋅t +1 2 0 4 0 16 0 4 ⋅ t + 1 1
1 1 t2 1 1 = − ⋅ + ⋅ t + ⋅ l n 4 ⋅ t + 1 2 2 0 4 0 16
1
= 0
1 12 0 2 = − ⋅ − 2 2 2
1 1 1 1 ln5 ln5 + ⋅ (1 − 0) + ⋅ l n 4 ⋅ 1 + 1 − l n 4 ⋅ 0 + 1 = − + + = . 16 4 4 16 16 4
Exercício 35.
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 − x2 x=
⇒ x = 2 − x2
⇒ x2 + x − 2 = 0 ⇒
−1± 9 −1± 3 = ⇒ x = −2 ∨ x = 1 . 2 2
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:
∫ (2 − x 1
SA =
2
−2
)
1
1
− x dx = ∫ 2 dx − ∫ x dx − ∫ x dx = (2 x) −2
−2
1 (−2) = (2 ⋅ 1 − 2 ⋅ (−2)) − − 3 3 3
Exercício 36.
1
2
3
−2
1 (−2) − − 2 2 2
2
1
−2
x3 − 3
1
−2
x2 − 2
1
= −2
9 3 9 = 6 − + = . 3 2 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 = 2x + 4 ⇔
x=
1 2 y − 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
coordenadas ( − 2 , 0 ) D = ( 0 , 2 ). Determinamos as coordenadas dos pontos de intersecção da parábola 2 y = 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 − 6x = 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 ) =
−2
(
))
0
2 x + 4 − − 2 x + 4 dx = ∫ 2 ⋅ 2 x + 4 dx = −2
1 1 0 (2 x + 4) 2 +1 = ∫ ( 2 x + 4) 2 d ( 2 x + 4) = 1 −2 + 1 2
0
∫
2 x + 4 d ( 2 x + 4) =
−2
0 3 2 = ⋅ (2 x + 4) 2 3
0
3
−2
2 2 16 = ⋅ 42 = ⋅ 4 4 = . 3 3 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
(
)
6
6
6
0
0
2 x + 4 − x + 2 dx = ∫ 2 x + 4 dx − ∫ x dx + 2 ∫ dx =
0
0 6
1 6 +1 2 x2 1 1 (2 x + 4) 6 = ⋅ ∫ (2 x + 4) d (2 x + 4) − ∫ x dx + 2 ∫ dx = ⋅ − + 2 ⋅ ( x ) 0 = 2 0 2 1 2 0 0 0 + 1 2 0 6
1 2
6
6
6
6
3 3 3 62 02 x2 1 1 6 = ⋅ (2 x + 4) 2 − + 2 ⋅ ( x ) 0 = ⋅ (2 ⋅ 6 + 4) 2 − (2 ⋅ 0 + 4) 2 − − + 2 ⋅ (6 − 0) = 3 3 2 0 2 0 2
1 56 38 ⋅ (64 − 8) − 18 + 12 = −6 = . 3 3 3 Portanto 16 38 54 S A = S ( BCD ) + S (CDE ) = + = = 18 . 3 3 3 =
2o
método
Observamos que em relação ao eixo O y a região é limitada à esquerda 1 pela parábola x = y 2 − 2 , à direita pela recta x = y + 2 e a sua projecção sobre o eixo 2 O y é o segmento [ − 2 , 4 ] . Portanto 23
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4
4
4
4
1 1 1 S A = ∫ y + 2 − y 2 + 2 dy = ∫ 4 + y − y 2 dy = ∫ (4 + y ) d (4 + y ) − ⋅ ∫ y 2 dy = 2 2 2 −2 − 2 − 2 −2
(4 + y) 2 = 2
4
1 y3 − ⋅ 2 3
−2
Exercício 37.
4
−2
82 2 2 = − 2 2
1 4 3 (−2) 3 − ⋅ − = 30 − 12 = 18 . 3 2 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− x2 )
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 = x2 y = x2 y = x2 y = x2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2 2 x + ( y − 1) = 1 y + y − 2y +1 = 1 y −y=0 y = 0 ∨ y = 1 y = x2 y =0
y = x2 ∨ 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 = x2 y = x2 y = x2 y = x2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2 2 x + ( y − 2) = 4 y + y − 4y + 4 = 4 y − 3y = 0 y = 0 ∨ y = 3 y = x2 y =0
y = x2 ∨ 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 + ( y − 2) = 4 . Portanto a projecção da parte direita da região sobre o eixo O x é o segmento 2
2
[ 0 , 3 ] . Calculemos a área dela S : 1
(
)
S = ∫ 2 + 4 − x 2 − 1 − 1 − x 2 dx + 0
1
∫ (2 +
4 − x 2 − x 2 dx =
1
(
)
= ∫ 1 + 4 − x − 1 − x dx + 2
2
0
∫ (2 +
)
3
4 − x 2 − x 2 dx =
1
1
1
1
3
= ∫ d x + ∫ 4 − x dx − ∫ 1 − x dx + 2 ∫ d x + 2
0
2
0
1
= ∫d x+ 0
0
3
∫
= ( x) 0 +
∫
1
∫
4 − x dx − ∫ x 2 dx = 1
3
1
1
1
4 − x dx − ∫ 1 − x dx + 2 ⋅ ( x) 1 2
0
1
3
x3 − 3
4 − x 2 dx − ∫ 1 − x 2 dx + 2 3 − 2 − 3 +
0
2 = 3− + 3
3
2
1
3
2
0
3
∫
1
0
3
3
4 − x 2 dx − ∫ 1 − x 2 dx + 2 ∫ d x − ∫ x 2 dx =
0
1
= 1+
)
3
0
3
1
∫
4 − x dx − ∫
0
0
2
= 1
1 = 3
2 1 − x dx = 3 − + 2 ⋅ 3 2
3
3
∫ 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 2
x 1 − = 1 − sen 2 t = cos 2 t = cos t 2 Determinamos os limites de integração para a variável t : d x = 2 ⋅ c os t ⋅ d t e
xi nf = arcsen (0) = 0 , xi nf = 0 ⇒ t i nf = arcsen 2 3 π x s up = arcsen x s up = 3 ⇒ t s up = arcsen 2 = 3. 2 No segundo integral fazemos a substituição x = sen u . Então d x = c os u ⋅ d u e
1 − x 2 = 1 − sen 2 u = cos 2 u = c os u
Determinamos os limites de integração para a variável u :
xi nf = 0 ⇒ u i nf = arcsen (xi nf ) = arcsen (0) = 0 , x s up = 1 ⇒ u s up = arcsen (x s up ) = arcsen (1) =
π 2
.
Na continuação temos: π
π
3
2 2 2 (∗) = 3 − + 2 ⋅ ∫ 2 ⋅ cos t ⋅ dt − ∫ cos 2 u du = 3 0 0 1 + c os ( 2 α ) 1 cos (2α ) Como cos 2α = = + temos: 2 2 2
π
= 3−
π
2 2 1 c os(2 u ) + 2 ⋅ ∫ (1 + c os(2t ) ) ⋅ dt − ∫ + du = 3 2 2 0 0 3
π
π
π
π
3 3 2 1 2 1 2 = 3 − + 2 ⋅ ∫ d t + ∫ cos(2t ) ⋅ d (2 t ) − ⋅ ∫ du − ⋅ ∫ c os(2 u ) ⋅ d (2 u ) = 3 2 0 4 0 0 0
π
2 = 3 − + 2 ⋅ t 3 = 3−
3 0
π
+ sen (2t )
3
0
π
1 − ⋅ u 2
2 0
π
1 − ⋅ sen (2 u ) 4
2
=
0
1 π 2 π 2π 1 + 2 ⋅ − 0 + sen − sen (0) − ⋅ − 0 − ⋅ (sen (π ) − sen (0) ) = 3 3 3 4 2 2
26
Matemática 1
= 3−
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2 π 3 π 9 3 − 4 5π + 2⋅ + − = + . 3 3 2 4 6 12
Portanto
9 3 − 4 5π 9 3 − 4 5π = . S A = 2 S = 2 ⋅ + + 6 12 3 6
Exercício 38.
[
]
Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x) = l n x , com
x∈ 2 2, 2 6 . b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx . 2
a
Temos: a = 2 2 , b = 2 6 , f ′( x) =
1 . x
Portanto
x2 +1 x2 +1 1 1 + ⋅ dx = ∫ ⋅ dx = ∫ ⋅ dx = (∗) x x2 x 2 2 2 2 2
2 6
l=
∫
2 2
2 6
2 6
Integramos por substituição.
x2 +1 = t ⇒ x2 +1 = t 2 ′ t t 2 − 1 ⋅ dt = ⋅ dt . 2 t −1
Fazemos
dx=
(
)
⇒ x2 = t 2 −1 ⇒
x = t 2 −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
i nf
2
s up
+1 =
(2 2 )
+1 =
(2 6 )
2
2
+1 = 9 = 3, + 1 = 25 = 5 .
Na continuação temos: 5
(∗) = ∫ 3
5
t t 2 −1
⋅
5 2 5 t 2 −1 t2 t −1+1 1 2 ⋅ dt = ⋅ dt = ⋅ dt = + 2 2 2 ∫ ∫ t −1 t − 1 3 t −1 3 3 t −1 5
t t 2 −1 5
⋅ dt = ∫ 5
1 1 = ∫ 1 + 2 ⋅ dt = ⋅ dt = ∫ dt + ∫ 2 t −1 3 3 3 t −1 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) ⇒ ⇒ 1 t 2 −1 t −1 t +1 A− B =1 B = − . 2 Então: 1 1 5 5 5 1 1 1 1 = ∫ dt + ∫ 2 − 2 ⋅ dt = ∫ dt + ⋅ ∫ ⋅ dt − ⋅ ∫ ⋅ dt = t −1 t −1 2 3 t −1 2 3 t +1 3 3 3 5
5
5
5
5
1 1 = t + ⋅ l n (t − 1) − ⋅ l n (t + 1) = 3 2 3 2 3 = (5 − 3) +
= 2+
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 ⋅ l n (4) − l n (2) − l n (6)+ l n (4) = 2 + ⋅ l n (16)− l n (12) = 2 + ⋅ l n = 2 + l n . 2 2 2 3 12
Exercício 39.
Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x) = l n (cos x) ,
π com x ∈ 0 , . 6 b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx . 2
a
Temos: a = 0 , b =
′ sen x , f ′( x) = l n (cos x) = − . 6 c os x
π
Portanto π
l=
6
∫ 0
2
π
π
π
6 sen x sen x cos x + sen x 1 ⋅ dx = ∫ 1 + 1 + − ⋅ dx = ⋅ dx = ⋅ dx = (∗) 2 ∫ 2 ∫ c os x c os x c os x cos x 0 0 0 6
2
6
2
2
Integramos por substituição.
x Fazemos tg = t ⇒ 2
x = 2 ⋅ arctg (t ) ⇒ dx =
1− t2 2 . c os x = . ⋅ d t 1+ t2 1+ t2
Determinamos os limites de integração para a variável t :
28
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
xi nf = tg (0) = 0 , xi nf = ⇒ t i nf = tg 2 x s up π π = tg . x s up = ⇒ t s up = tg 6 12 2 Na continuação temos: π tg 12
π tg 12
1 2 2 ⋅ ⋅ dt = ∫ ⋅ dt = 2 2 2 1 − t 1 + t 1 − t 0 0 1+ t2 Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares: A = 1, A − B = 0 2 A B = + ⇒ 2 = ( A − B) ⋅ t + ( A + B ) ⇒ ⇒ 2 1− t 1+ t 1− t B = 1. A + B = 2
∫
(∗) =
Então: π tg 12
=
∫ 0
1 1 + ⋅ dt = 1− t 1+ t
π tg 12
=−
∫ 0
1 ⋅ d (1 − t ) + 1− t
π tg 12
π tg 12
∫ 0
∫ 0
1 ⋅ dt + 1− t
π tg 12
∫ 0
1 ⋅ dt = 1+ t
1 ⋅ d (1 + )t = − l n 1 − t 1+ t
π = − l n 1 − tg − l n 1 − 0 12
π tg 12
0
π + l n 1 + tg − l n 1 + 0 12
+ l n 1 + t
π tg 12
=
0
=
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 1 − tg c os − sen 12 12 12 c os π + sen π ⋅ cos π − sen π 12 12 12 12 = ln = 2 π π cos 12 − sen 12 3 π π π c os 2 − sen 2 cos 12 12 6 2 = ln 3 . = ln = ln = ln 1 π π π π π 2 2 c os − 2 ⋅ c os ⋅ sen + sen 1 − sen 1− 2 12 12 12 12 6
29
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Exercício 40. Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x) = x 3 , com 4 x ∈ 0, . 3 b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx . 2
a
′
′ 1 3 3 4 3 Temos: a = 0 , b = , f ′( x) = x = x 2 = ⋅ x 2 . 3 2 Portanto 4 3
l=∫ 0
4
2
4
1
3 3 12 9 4 3 9 2 9 1 + ⋅ x ⋅ dx = ∫ 1 + x ⋅ dx = ⋅ ∫ 1 + x ⋅ d 1 + x = 4 9 0 4 4 0 2
9 1 + x 4 4 = ⋅ 1 9 +1 2
1 +1 2
4 3
4 2 9 = ⋅ ⋅ 1 + x 9 3 4
3 2
4 3
3 3 8 9 4 2 9 2 56 = ⋅ 1 + ⋅ − 1 + ⋅ 0 = . 27 4 3 4 27
0
0
Exercício 41.
Calcular o comprimento da linha dada pela função 1 f ( x) = 1 − x 2 + arcsen x , com x ∈ 0 , . 2 b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx . 2
a
1 Temos: a = 0 , b = , 2
′ ′ ′ −x 1 2 2 ′ f ( x) = 1 − x + arcsen x = 1 − x + arcsen x = + = 2 1− x 1− x2 −x 1 1− x 1− x 1− x 1− x 1− x = + = = = = = . 2 2 2 1+ x (1 − x) ⋅ (1 + x) 1− x ⋅ 1+ x 1+ x 1− x 1− x 1− x Portanto 1 2
1 2
2
1 2
1 2
1− x 1− x 1+ x +1− x 2 ⋅ dx = ∫ 1 + l = ∫ 1 + ⋅ dx = ∫ ⋅ dx = ∫ ⋅ dx = 1+ x 1+ x 1+ x 0 0 0 0 1+ x 1 2
= 2⋅∫ 0
1 1+ x
1 2
⋅ dx = 2 ⋅ ∫ (1 + x) 0
−
1 2
1 (1 + x) 2 ⋅ d (1 + x) = 2 ⋅ 1 2
1 2
3 = 2 2 ⋅ − 1 = 2( 3 − 2 ) . 2 0
30