Resolução 30 integrais, Exercícios de Física

Baixe Resolução 30 integrais e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! Integrais Resolução dos Exercícios Propostos Exercício 1: Encontre a integral indefinida das seguintes funções: a) 5 2( ) 7 4f x x= + ; b) 5 3 4( ) 3 2 tg t t t − = − + ; c) 3 5( ) ( 2 )h u u u u−= − + ; d) 5 1( ) xf x x + = e) −= − + 2 2( ) ( 2 )h v v f) = 4 1( )g s s Solução: a) ( )( ) ( )5 2 7 27 4 2 4x dx x x C+ = + +∫ ; b) 5 6 4 2 3 4 1 33 2 12 2 t t dt t t t C t −   − + = − + +    ∫ ; c) 3 5 4 2 52 1( 2 ) ( 2 ) 5 u u u du u u du u C u − −− + = − + = − − +∫ ∫ ; d) 4 5 3 45 1 1 1( ) 3 4 x dx x x dx x x C x − − − −+ = + = − − +∫ ∫ ; e) 2 2 2 4 3 1 1 1( 2 ) (4 4 ) 4 4 3 v dv v v dv v C v v − − −− + = − + = + − +∫ ∫ ; f) 4 3 1 1 1 3 ds C s s = − +∫ . Exercício 2: Encontre a integral indefinida das seguintes funções: a) 2 3cos ( ) 7sen xf x x = ; b) 22cos tg ( ) cos t tg t t + = ; c) 2 2 2 2 sen cos ( ) 7cos 7cos x xf x x x = + . Solução: a) 2 3cos 3 cotg cossec 77sen x dx x x dx x =∫ ∫ , mas pela tabela de derivação dada no final do Fundamentum nº 27, obtém-se que: cossec cossec cotgd x x x dx = − . Assim, 2 3cos 3 cossec 77sen x dx x C x = − +∫ . b) 2 2 2 2cos tg sen sen 2cos 2cos cos cos cos t t t tdt t dt t dt dt t t t  + = + = +     ∫ ∫ ∫ ∫ 2sen tg cotgt t t dt= + ∫ , mas novamente pela tabela de derivação dada no final do Fundamentum nº 27, obtém-se que: sec sec tgd x x x dx = , assim, 22cos tg 2sen sec . cos t t dt t t C t + = + +∫ c) 2 2 2 2 2 2 sen cos 1 1(1 tg ) sec 7 77cos 7cos x x dx x dx x dx x x + = + =∫ ∫ ∫ , mas novamente pela tabela de derivação dada no final do fundamentum nº 27, obtém-se que: 2tg secd x x dx = , assim, 2 2 2 2 sen cos 1 tg . 77cos 7cos x x dx x C x x + = +∫ Exercício 3: Calcule as seguintes integrais indefinidas, utilizando a técnica de substituição: a) 2 2 3xdx−∫ ; b) 23 2 4x x dx−∫ ; c) 1 x dx x+∫ ; d) 3sen 2 x dx    ∫ ; e) 23 cos(3 )t t dt∫ ; f) 2cos t dt∫ ; g) 2sec ( )x dx x∫ ; h) 2 1 1 9 dx x+∫ . Sugestão para resolver o item c: considere 1u x= + . Solução: a) Fazemos 2 3u x= − , logo 3du dx= − , e assim, 1 2 3 2 3 22 4 42 2 3 (2 3 ) 3 9 9 x dx u du u C x C− = − = − + = − − +∫ ∫ . b) Fazemos 2 2u x= − , logo 2du x dx= , e assim, 1 2 3 22 3 3 2 23 2 4 (2 ) 2 2 3 x x dx u du u C− = = + =∫ ∫ 3 222 ( 2)x C− + . c) Fazemos, conforme sugestão 1u x= + , logo du dx= , e assim, 1 2 1 2 1 2 1 1 1 x u udx du du x u u u −  = = − = +  ∫ ∫ ∫ 1 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 22 22 (1 ) 2(1 ) 3 3 u du u du u u C x x C−= − = − + = + − + +∫ ∫ . d) Fazemos 3 2 u x= , logo 3 2 du dx= , e assim, 3 2 2 2 3sen sen cos cos 2 3 3 3 2 x dx u du u C x C   = = − + = − +       ∫ ∫ . e) Fazemos 23u t= , logo 6du t dt= , e assim, 2 21 1 13 cos(3 ) cos sen sen 3 2 2 2 t t dt u du u C t C= = + = +∫ ∫ . f) Fazemos 2 1 cos2cos 2 tt += , e assim, 2 1 cos2 1 1cos cos2 2 2 2 tt dt dt dt t dt+= = + =∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 sen 2 2 4 t t C+ + . g) Fazemos u x= , logo 1 2 du dx x = , e assim, 2 2sec ( ) 2sec 2tg 2tg( )x dx u du u C x C x = = + = +∫ ∫ . h) Fazemos 3u x= , logo 3du dx= , e assim, P x y 0y = y x=5y x= − + Para se encontrar as coordenadas do ponto P devemos ter 5x x= − + , ou seja 5 2 x = e assim, 5 2 y = . Integração na variável x : 55 25 2 5 2 2 0 5 2 0 5 2 1 1 25 25 25 25 25( ) ( 5) 5 25 u.a. 2 2 8 2 8 2 4x A R x dx x dx x x x   = + − + = + − + = − + − − + =       ∫ ∫ Integração na variável y : 5 25 2 5 2 2 0 0 0 25 25 25( ) [(5 ) ] (5 2 ) 5 u.a. 2 4 4y A R y y dy y dy y y= − − = − = − = − =∫ ∫ b) y x P Q 3y x= − 1 2 y x= 2y x= Para se encontrar as coordenadas do ponto P devemos ter 2 3x x= − , ou seja 1x = e assim, 2y = . Para se encontrar as coordenadas do ponto Q devemos ter 1 3 2 x x= − , ou seja 2x = e assim, 1y = . Integração na variável x : 1 21 2 2 2 0 1 10 1 1 3 3 3( ) (2 ) (3 ) (3 ) 2 2 4 4 2x A R x x dx x x dx x x x= − + − − = + − =∫ ∫ u.a. Integração na variável y : 1 21 2 2 2 0 1 10 1 1 3 3 3( ) (2 ) (3 ) (3 ) 2 2 4 4 2y A R y y dy y y dy y y y= − + − − = + − =∫ ∫ u.a. c) y x P Q R S 2 1y x= + 5x = 0x = 2y x= − O ponto P tem coordenada 5x = e como 2 1y x= + , temos que 26y = . O ponto Q tem coordenada 5x = e como 2y x= − , temos que 3y = . O ponto R tem coordenada 0x = e como 2y x= − , temos que 2y = − . O ponto S tem coordenada 0x = e como 2 1y x= + , temos que 1y = . Integração na variável x : 53 25 52 2 0 0 0 ( ) ( 1 2) ( 3) 3 3 2x x xA R x x dx x x dx x   = + − + = − + = − + =    ∫ ∫ 125 25 26515 3 2 6 − + = u.a. Integração na variável y : 1 3 26 2 1 3 ( ) ( 2) ( 2 1 ) (5 1 )yA R y dy y y dy y dy−= + + + − − + − − =∫ ∫ ∫ 1 3 262 2 3 3 32 1 2 22 2 ( 1) 5 ( 1) 2 2 3 3 y yy y y y y −      = + + + − − + − − =           3 3 3 1 9 2 1 2 2 2652 2 4 6 2 2 130 25 15 2 2 2 3 2 3 3 6 = + − + + + − − − + − − + = u.a. 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) 2y x= , 3y x= , 2x = e 10x = . b) y x= , 2y x= − − , y x= − e 10y x= − . Solução: a) y x P Q S R 2y x= 3y x= 10x = 2x = O ponto P tem coordenada 10x = e como 3y x= , temos que 1000y = . O ponto Q tem coordenada 10x = e como 2y x= , temos que 100y = . O ponto R tem coordenada 2x = e como 2y x= , temos que 4y = . O ponto S tem coordenada 2x = e como 3y x= , temos que 8y = . Integração na variável x : 10 3 2 2 ( ) ( )xA R x x dx= −∫ . Integração na variável y : 8 100 1000 3 3 4 8 100 ( ) ( 2) ( ) (10 )yA R y dy y y dy y dy= − + − + −∫ ∫ ∫ . b) y x P QR S y x= y x= − 2y x= − − 10y x= − e) Temos que: 2 21 15 2ln ln (2 3 7) (5 4) 21ln 2 3 7 15 ln 5 4y x x x x x x= − − − = − − + − . Derivando em relação a x , segue que: 2 ' 4 3 521 15 5 42 3 7 y x y xx x − = + −− − e, assim, 2 21 15 2 4 3 5' (2 3 7) (5 4) 21 15 5 42 3 7 xy x x x xx x − = − − − + −− −  . Exercício 12: Calcule as derivadas das seguintes funções. a) ( ) sen( )xf x e= ; b) ( ) 2x xg x e e= + ; c) ( ) ln(cotg )xh x e= ; d) 2( ) sen(2 )x xj x e e= . Solução: a) '( ) cos( )x xf x e e= . b) 1 2'( ) 22 x x x eg x e x e = + . c) Como ( ) ( )cos( ) ln( ) ln cos ln sen sen x x x x eh x e e e = = − , temos: sen cos'( ) (tg cotg ) cos sen x x x x x x x x x e eh x e e e e e e e − = − = − + . d) 2 2 2'( ) 2 sen(2 ) cos(2 ) 2 2 [sen(2 ) cos(2 )]x x x x x x x x xj x e e e e e e e e e= ⋅ ⋅ + ⋅ = + . Exercício 13: Dadas as equações a seguir, encontre 'y derivando-as implicitamente em relação a x. a) 2 2 7xyx xy e+ + = ; b) senx xye y e= . Solução: a) 2 2 2 ' ( ') 0xyx y xy e y xy+ + + + = , logo, 2 ' ' ( 2 2 )xy xyxy xe y ye x y+ = − + + e, assim, 2 2' (2 ) xy xy ye x yy x e + + = − + , quando 0x ≠ . b) sen cos ' ( ' )x x xye y e y y e xy y+ ⋅ = + , logo, '( cos ) senx xy xy xy e y x e y e e y− = − e, assim, sen ' , quando cos 0 cos xy x x xy x xy y e e yy e y x e e y x e − = − ≠ − Exercício 14: Calcular as seguintes integrais: a) 5xe dx∫ ; b) 2(2 5 )xx e dx+∫ ; c) 2 sen( )x xe e dx∫ ; d) x x x x e e dx e e − − − +∫ ; e) 2ln( )xe dx∫ . Solução: a) Fazendo a substituição de variável 5 5 u x du dx =  = , obtemos 5 5 51 1 1 15 5 5 5 5 x x u u xe dx e dx e du e C e C= = = + = +∫ ∫ ∫ ∫ . b) 22 2 2 2 2 2 2 1(2 5 ) 2 5 5 2 2 5 5 5 2 2 2 x x x u u x x e dx xdx e dx e dx x e du x e C x e C x+ = + = + = = + = + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ c) Fazendo a substituição de variáveis x x u e du e dx  =  = obtemos 2 sen( ) 2 sen( )( ) 2 sen 2cos 2cos( )x x x x xe e dx e e dx udu u C e C= = = − + = − +∫ ∫ ∫ d) x x x x e e dx e e − − − +∫ ( ) x x x x u e e du e e dx − −  = +  = − 1 ln| | ln| | x x x x x x e e dx du u C e e C ue e − − − − = = + = + + +∫ ∫ . Exercício 15: A magnitude R de um terremoto é medida em uma escala, chamada escala Richter, dada pela fórmula 0 log IR I   =     , onde I é a intensidade do terremoto e 0I 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 0 log IR I = e, assim, 0 log 6,1 6,1 0 0 0 6,1 log 10 10 10 I II I I I I I = ⇒ = = ⇒ = Portanto, a intensidade do terremoto é de 6,110 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 0t = horas 600.000→ 3t = horas 1.800.000→ A taxa de crescimento é proporcional ao número de indivíduos presentes. ( ) ktt Meη = . .0 .3 .3 (0) 600.000 (3) 600.000 1.800.000 3 3 ln 3 k k k Me M M e e k η η = = ⇒ = = = ⇒ = ⇒ = Então, 1 1( ln 3) ( ln 3)5 3 3( ) 600.000 (5) 600.000 3.744.150 t t e eη η= ⇒ = ≈ . 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 0t = anos, média de vida 200= anos e 5mg em T anos. Assim, 2 3 200 0 50 1200 50 2 1400 50 2 1600 50 2 1 50 2 t mg mg mg mg t → → → → → A lei que rege o decaimento radioativo é / 200( ) 50.2 tq t −= . / 200 / 200 1 / 200 2 2 1 2 2 2 15 50.2 2 log 10 log 2 10 ln10log 10 log 22 200 log 10 200 200(3,32198095) 664,3 200 ln 2 T T T T T − − − −= ⇒ = ⇒ = ⇒ − − = ⇒ = = ≈ ≈ . 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: a) 2tg u du∫ ; b) 1 x x e dx e+∫ ; c) ln dx x x∫ ; d) 5cos senx x dx∫ ; e) 3 23 2x x dx+∫ ; f) ( ) 3 2 3x xe e dx+∫ ; g) sen(ln )x dx x∫ ; h) tg(ln )x dx x∫ ; i) lnx x dx∫ ; j) arctg x dx∫ ; k) xe dx x∫ ; l) 32 2xx e dx∫ . Solução: a) Temos 2 2 2 sentg cos xxdx dx x =∫ ∫ . Fazendo a mudança de variáveis 2 2 2 sec 2sen cos 1 sec tg cos u x du x x v xdx xdv dx x  = = ⇒  = ==   ∫ obtemos 2 2 2 2 2 2 2 2 sen sensen tg (2sen cos )tg sen tg (2sen cos ) coscos 1 1sen tg 2sen sen tg 2 [ cos2 ] 2 2 sen 2sen tg 2 x xdx x x x x xdx x x x x dx xx x x xdx x x x dx xx x x = − = − = = − = − − = = − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Verificação: 2sec sec tg ) ln ln sec tg sec tg x x x dudx u C x x C x x u + = = + = + + +∫ ∫ Exercício 20: Calcule as seguintes integrais indefinidas: a) 2 3 6 x dx x x − − −∫ ; b) 2 3 2 3 5 5 x x dx x x − + −∫ ; c) 2 3 2 3 5 3 x x dx x x x − + + +∫ (sinal trocado no denominador); d) ( )( ) 3 2 3 12 20 5 1 3 x x x dx x x + − + − −∫ ; e) 2 4 2 1x dx x x − −∫ . Solução: a) Temos 2 6 ( 3)( 2)x x x x− − = − + e assim 2 ( 2) ( 3)3 3 2 ( 3)( 2)6 A x B xx A B x x x xx x + + −− = + = − + − +− − . Logo, 3 ( 2) ( 3) ( ) 2 3x A x B x A B x A B− = + + − = + + − 1 0 2 3 3 1 A B A A B B + = =  ⇒ − = − =  . Portanto, 2 3 1 ln| 2| 26 xI dx dx x C xx x − = = = + + +− −∫ ∫ . b) Temos 3 2 25 ( 5)x x x x− = − e assim 22 3 2 2 2 ( 5) ( 5)3 5 55 ( 5) Ax x B x Cxx x A B C x xx x x x x − + − +− + = + + = −− − . Logo, ( )2 23 5 ( ) 5 5x x A C x Bx A B− + = + + + − − 1 2 3 3 5 5 5 1 A C A B B A B C + = =   = − ⇒ = −   − − = = −  . Portanto, 2 3 2 2 3 5 2 3 1 32 ln ln| 5| 55 x xI dx dx x dx x x C x x xx x x − + − − = = + + = + − − + −−∫ ∫ ∫ ∫ . c) Temos 3 2 23 (3 1)x x x x x x+ + = + + . Como 1 4.3.1 11 0∆ = − = − < consideramos 2 3 2 2 3 5 3 3 1 x x A Bx C xx x x x x − + + = + + + + + . Logo, 2 2 23 5 (3 1) ( ) (3 ) ( )x x A x x Bx C x A B x A C x A− + = + + + + = + + + + 3 1 5 3 14 5 8 A B A A C B A C + = =   + = − ⇒ = −   = = −  . Portanto, 2 3 2 2 2 2 3 5 5 14 8 1 15 14 8 3 3 1 3 1 3 1 x x x xI dx dx dx dx dx dx x xx x x x x x x x x − + − − = = + = − − + + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Como 2 2 1 1 1 1 1 tg( ) 3 3 11/6 113 1 1 11 66 36 xdx dx arc C x x x = = + + + +  +    ∫ ∫ e fazendo a mudança de variáveis 23 1 (6 1) u x x du x dx  = + +  = + , lembrando que 2 2 2 1 6 1 1 1 6 63 1 3 1 3 1 x x x x x x x x + = − + + + + + + , obtemos 2 2 2 2 1 6 1 1 1 6 63 1 3 1 3 1 1 1 1 1 1 tg( ) 6 6 3 11/6 11/6 1 1 1ln| | tg( ) 6 3 11 11/6 1 1 1ln|3 1| tg( ) . 6 3 11 11/6 x xdx dx dx x x x x x x xdu arc C u xu arc C xx x arc C + = − + + + + + + = − + = − + = + + − + ∫ ∫ ∫ ∫ d) Temos 3 2 3 2 3 12 20 5 1 3( 1)( 3) ( 3) ( 3) x x x A B C D x xx x x x + − + = + + + − −− − − − . Logo, 3 2 3 3 3 2 12 20 5 ( 3) ( 1)( 3) ( 1)( 3) ( 1) ( ) ( 9 7 ) (27 15 4 ) ( 27 9 3 ) x x x A x B x x C x x D x A B x A B C x A B C D x A B C D + − + = − + − − + − − + − = = + + − − + + + − + + − − + − 1 41 39 7 12 4 27 15 4 20 78 27 9 3 5 4 40 A A B A B C B A B C D CA B C D D  = + =   − − + = = ⇒ + − + = −  = − − + − =   = Portanto, 3 2 3 2 3 2 2 12 20 5 1 1 3 1 78 1 140 4 1 4 3 4( 1)( 3) ( 3) ( 3) 1 3 78 1 40 1ln| 1| ln| 3| 4 4 4 3 2 ( 3) 1 3 39 20ln| 1| ln| 3| . 4 4 2( 3) ( 3) x x xI dx dx dx dx x xx x x x x x x x x x x x + − + = = + + + = − −− − − − = − + − − + = − − − = − + − − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ e) Temos 2 4 2 2 1 1 1 x A B C D x x xx x x − = + + + + −− . Logo, 2 2 2 2 2 3 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( ) ( ) x Ax x B x Cx x Dx x A B C x B C D x Ax B − = − + − + − + + = = + + + − + − − 0 0 1 1 0 0 1 0 A B C A B C D B A C B D + + = =   − + = = ⇒ − = =   − = − =  . Portanto, 2 4 2 2 1 1 1xI dx dx C xx x x − − = = = + −∫ ∫ . Exercício 21: Resolva as seguintes integrais indefinidas. a) 4cos x dx∫ ; b) 3 3sen cosx x dx∫ ; c) 3cotg x dx∫ ; d) 3cossec x dx∫ ; e) 4 3tg secx x dx∫ . Solução: a) 4 2 21 cos2 1 cos2 1cos ( ) ( cos 2 ) 2 2 4 2 4 1 1 1 1 cos4 1 1 1 1cos2 ( ) cos2 cos4 4 2 4 2 2 4 2 8 8 3 1 1 3 1 1cos2 cos4 sen 2 sen 4 8 2 8 8 4 16 x xdx dx x dx xdx xdx dx dx xdx xdx xdx dx xdx xdx x x x C = + = + + = = + + + = + + + = = + + = + + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ b) 3 3 3 2 3 2 3 5 sen cos sen cos (cos ) sen (1 sen )(cos ) sen sen )(cos ) x xdx x x xdx x x xdx x x xdx = = = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ Fazendo a mudança de variáveis sen cosu x du xdx= ⇒ = obtemos 3 5 3 5 4 61 1sen sen )(cos ) ( ) sen sen 4 6 x x xdx u u du x x C− = − = − +∫ ∫ . c) 3 2 2 2 cotg cotg cotg cotg (cossec 1) cotg cossec cotg . xdx x dx x x dx x x dx xdx = = − = = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Fazendo a mudança de variáveis 2cotg cossecu x du xdx= ⇒ = − obtemos 2 2 2 cotg cossec cotg cotg 1 1ln|sec | cotg ln|sec | . 2 2 x xdx xdx udu xdx u x C x x C − = − − = = − − + = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 2 3 2cos 33 cossec 2sen 2cos 24 3 3 1 4 /2ln|cossec cotg | ln| | 2 2 /2 /2 3 2 4ln| | 2 I dx d d x x xC C x x x C x x θ θ θ θ θ θ θ θ = = = = − − = − + = − + = − = − + ∫ ∫ ∫ b) Fazendo a substituição de variáveis 2 2 2 2 5, 5 tg sen 5 55 sec , 5 5 sec cos 5 xa x x dx d x x θ θ θ θ θ θ = = ⇒ = − = + = ⇒ = − obtemos 2 2 2 2 5 sec 1 1 cos cos sen5 tg 5 sec 55 1 1cossec ln|cossec cotg | 5 5 1 5 5 1 5 5ln| | ln| | 5 5 dxI d d x x d C x xC C x x x θ θθ θ θ θθ θ θ θ θ θ = = = = + = = − + = − − − = − + = + ∫ ∫ ∫ ∫ c) Fazendo a substituição de variáveis 2 2 6sec , 6sec tg 3636 6tg , sen x dx d xx x θ θ θ θ θ θ = = − − = = Obtemos 22 2 2 12sec tg2 1 cos 543 36sec 6 tg3 36 1 1 36sen 54 54 I dx d d x x xC C x θ θ θ θ θ θ θ θ = = = = ⋅ ⋅ ⋅− − = + = + ∫ ∫ ∫ d) Fazendo a substituição de variáveis 2 2 5sec , 5sec tg 3625 5tg , sen x dx d xx x θ θ θ θ θ θ = = − − = = obtemos 2 2 2 2 5 sec25 5sec tg 25 sec 25tg 5tg25 2525 5 25 5 xI dx d d C x x C x C θ θ θ θ θ θ θ θ = = = = + = − − = + = − + ∫ ∫ ∫ e) Temos 2 2 22 1 1 1 1 3499 49 (7/3)9( ) 9 I dx dx dx x xx = = = − −− ∫ ∫ ∫ . Fazendo a substituição de variáveis 2 49 92 49 9 7 7sec , sec tg 3 3 7 7/3tg , sen , cos 3 x dx d x x x x θ θ θ θ θ θ θ = = − − = = = Obtemos 2 497 93 7 3 sec tg1 1 1 1 3sec ln|sec tg | ln| | 3 tg 3 3 3 7 7/3 xxI d d C C θ θ θ θ θ θ θ θ − = = = + + = + +∫ ∫ f) Temos 3 3 2 32 3 22 2 1 8 ( 1)(4 4) ( 4 ) ( 1) dx dx dxI xx x = = = −− − ∫ ∫ ∫ . Fazendo a substituição de variáveis 2sec , sec tg , 1 tgx dx d xθ θ θ θ θ= = − = obtemos 2 3 2 2 1 1 1 sec 1 cos 1sec tg 8 8 8 costg tg sen I d d dθ θθ θ θ θ θ θθ θ θ = = =∫ ∫ ∫ . Fazendo a substituição de variáveis sen cos u du d θ θ θ =  = obtemos 2 2 2 1 1 1 1 1 1( ) 8 8 8sen 1 8 18 xI du C C C C uu x x x θ − − = = + = − + = − + = + − − ∫ . Exercício 23: Mostre que o volume do cone circular reto de altura h e raio da base r é dado por 21 3 r hπ . Sugestão: Rotacione um triângulo retângulo adequado, cujos catetos estão sobre os eixos coordenados. Solução: x0 y h r hm r hy h x r hy x h r = − − = − = − + 3 2 2 0 0 0 3 2 2 2 2 2 2 2 2 [ ] (2 2 ) 2 2 3 2 2 3 12 2 0 2 ( ) 2 2 2 . 3 2 3 2 6 6 3 rr rh h h x xV x h xdx x hx dx h r r r h r r r r hr hr hrh h h r h r π π π π π π π π π π π π − − = − + = + = + =  − − + = + − = − + = = = ∫ ∫ Exercício 24: Encontre a área de um tronco de cone circular reto de altura h e raios 1r e 2r . Solução: x0 y h r1 r2 2 1 2 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) hm r r hy x r r r hf x x r r r = − − − − = − − − = − − 2 1 1V h rπ= é o volume do cilindro interno. 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 3 2 3 23 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 3 2 2 1 1 2 2 ( ) 2 [ ( )] 2 ( ) 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 22 6( r r r r r r r r hrh hV x f x dx x x r dx x x dx r r r r r r hr r hr r r hr rh x x h h r r r r r r r r r r r r hr hr r hr r π π π π π π π − − = = − = + = − − −     − − − = + = + − + =    − − − − − −      + − = ∫ ∫ ∫ 1 3 2 3 2 2 1 1 2 1 . ) 3 2 3 r hr hr r hr r r π − + − = − O volume é 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 3 3 2 3 2 3 3 2 32 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 3 3 2 1 1 2 2 1 3 2 ( ) ( 3 2 ) 3 3( ) 3 3 3 2 ) 1 [3 3 3 2 ] 3 3 1 [6 5 ]. 3 hr hr r hr r r hr hr hr r hrh r r r r r hr r hr hr hr r hr h r r r r r r r r r r r h r r r r r r π πππ π π π + − − + + − + = − − − + + − = = − + + − = − − = − + − Exercício 25: Considere a região 1R , limitada pelas curvas: 0y = , y x= e 5y x= − + e a região 2R , limitada pelas curvas: 3x y+ = , 1 2 y x= e 2y x= . Considere os sólidos 1xS e 2xS obtidos, respectivamente, pela revolução das regiões 1R e 2R ao redor do eixo Ox. Considere os sólidos 1 yS e 2 yS Para cada 0 [0,4]x ∈ o lado do quadrado tem medida igual a 2 x . Logo, a área do quadrado é igual a 4x . ( 0!)x > . Então 44 4 2 2 0 0 0 ( ) 4 2 2 4 2 0 32V A x dx x dx x = = = = ⋅ − ⋅ =∫ ∫ 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 altura h e base quadrada de lado l é dado por 21 3 V l h= . 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. 0 h l/2 x b 2 2 ( ) ( ) 2 e e h x e h xh h x b b h h − −− = ⇒ = = Na “altura” x , o lado do quadrado é igual a ( )2 e h xb h − = . Então 2 2 2 ( )( ) e h xA x h − = . 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( )( ) ( ) h h he h x eV A x dx dx h x dx h h − = = = −∫ ∫ ∫ 3 3 3 3 2 0 0 ( ) ( ) ( 0)( ) 3 3 3 3 hh h x h h h hh x dx     − − − − = − = − − − =          ∫ 2 3 2 2 1 1(área da base)(altura) 3 3 3 e hV e h h = = = . Exercício 29: Encontre o comprimento do arco sobre a curva 3 2y x= + do ponto (0, 2) ao ponto (4, 10) . Solução: Temos 1 23 3 22 dyy x x dx = + ⇒ = . O comprimento do arco desejado é dado por ( )12 4 423 9 2 4 0 0 1 1s x dx xdx= + = +∫ ∫ Fazendo a mudança de variável 4 9 4 9 1 0 1 4 10 u x du dx x u x u  = +  =  = ⇒ =  = ⇒ = obtemos ( )3 32 2 10 4 4 8 82 9 9 3 27 27 1 10 1 (10 10 1) (31,62 1) 9,07unidadess udu= = ⋅ − = − ≅ − ≅∫ Exercício 30: Encontre o comprimento do arco sobre o gráfico da função 3 1( ) 6 2 xf x x = + do ponto de abscissa 1 ao ponto de abscissa 3. Solução: Temos 23 21 2 21 1 1 6 2 2 2 2( ) ´( ) ( ) x xf x x f x x x x− − −= + ⇒ = − = − . Assim o comprimento do arco desejado é dado por 2 4 4 4 4 4 4 4 8 4 4 24 8 4 2 2 2 2 3 3 322 4 41 1 1 2 4 4 2 4 1 1 1 3 3 3 3 4 42 2 11 1 1 2 4 4 4 2 2 1 1 1 1 3 3 3 3 3 ( 1) 22 1 11 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 ( 2 ) 1 2 x x x x x x x x x xx x x x x x x s x x dx x x dx dx dx dx x x dx dx dx dx dx dx x dx − − − − − −+ + + + ++ + +  = + − = + − + = + − + =  = + + = = + + = =  = = = = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 3 331 1 2 31 1 3 28 141 1 1 1 2 3 3 3 2 3 31 unidades x xdx   = − + =         = − + + − = =  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. x0 1 4 1 2 y y x= x0 1 4 y 4 4 4 2 1 1 4 4 1 1 1 2 1 ( ) 2 1 2dydx xA x dx x dx x dxπ π π= + = + = +∫ ∫ ∫ Fazendo a mudança de variável 1 4 5 4 17 4 1 4 u x du dx x u x u  = +  =  = ⇒ =  = ⇒ = temos ( ) ( ) ( ) ( ) 17 4 17 3 3 34 2 2 2 5 45 4 4 17 5 4 17 17 5 52 3 3 4 4 3 4 4 4 4 4 17 5 3 8 8 6 2 2 ( ) ( ) 17 5 17 17 5 5 30,8 unidades quadradas. A udu u π π π π π π = = = − = − = = − = − ≅ ∫ Exercício 32: Considere o arco do gráfico de 3( )f x x= 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. x0 1 2 1 8 y y=x3 x0 1 2 1 8 y y=x3 -1 2 2 3 2 2 3 4 1 1 2 1 (3 ) 2 1 9A x x dx x x dxπ π= + = +∫ ∫ Fazendo a mudança de variável 4 3 1 9 36 1 10 2 145 u x du x x u x u  = +   =  = ⇒ =  = ⇒ = temos 3 3 3 2 2 2 145 1452 36 18 3 27 2710 10 27 2 (145 10 ) (145 145 10 10 ) (145 12,04 10 3,16) 199,35unidades quadradas uA du uπ π π π π = = = − = − = ≅ ⋅ − ⋅ ≅ ∫ Exercício 33: Esboce a região identificada com a integral imprópria do Exemplo 48. b) 2 2 0 0 5 lim 5x x a a x dx x dx− − →−∞ −∞ =∫ ∫ . Inicialmente vamos resolver a integral 2 0 5 x a x dx−∫ . Fazendo a mudança de variável 2 2 2 0 0 u x du xdx x a u a x u  = −  = −  = ⇒ = −  = ⇒ = obtemos 22 2 20 2 2 0 0 05 5 51 1 1 1 1 2 2 ln 5 2 ln 5 ln 5 ln 25 ln 255 5 ( ( ) (1 5 ) (5 1) u ax u a a a a a x dx du −− − − − − = − = − = − − = − − = −∫ ∫ Portanto, 2 2 0 1 1 ln 25 ln 255 lim [ (5 1)] x a a x dx− − →−∞ −∞ = − = −∫ c) xxe− 0 0 lim b x x b xe dx xe dx +∞ − − →∞ =∫ ∫ . Fazendo a mudança de variável x x u x du dx dv e v e− − = − ⇒ =  = ⇒ = − obtemos x x x x x x xxe dx xe e dx xe e dx xe e− − − − − − −= − − − = − + = − −∫ ∫ ∫ . Portanto, 0 0 ( 1) (0 1) 1 b bx x x b b bxe dx xe e e b be e− − − − − −= − − = − − − − = − − +∫ . Assim, 1 0 lim ( 1) lim lim 1b bx b b be eb b b xe dx be e +∞ − − − − →∞ →∞ →∞ = − − + = − +∫ . Observe que lim bbeb − →∞ é uma indeterminação do tipo ∞∞ e, neste caso, podemos aplicar a regra de L´Hospital, isto é, 1lim lim 0b bbe eb b − − →∞ →∞ = = . Logo, 1 0 lim lim 1 0 0 1 1b bx be eb b xe dx +∞ − − →∞ →∞ = − + = − + =∫ . d) 1 1 ln lim ln b b x dx x dx +∞ →∞ =∫ ∫ . Resolvendo a integral por partes temos 1ln xu x du dx dv dx v x  = ⇒ =  = ⇒ = e 1ln ln ln lnxx dx x x x dx x x dx x x x= − = − = −∫ ∫ ∫ . Logo, ]1 1 ln ln ln (0 1) ln 1 b bx dx x x x b b b b b b= − = − − − = − +∫ Assim, 1 ln lim ( ln 1) b x dx b b b +∞ →∞ = − + = +∞∫ . Portanto a integral diverge. e) 2 4 4 1 ( 1)( 3)2 3 limdx x xx x a a dx+ −− − →−∞ −∞ =∫ ∫ 1 1 3 ( 1)( 3) ( 3) ( 1) 1 ( ) 3 1 A B x x x x A x B x A B x A B+ − + −+ = ⇔ − + + = ⇔ + − + = 1 4 1 4 0 3 1 AA B A B B  = −+ = ⇒ − + = =  ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 4 4 4 4 4 2 4 3 4 4 1 3 1 3 1 3 1 32 3 3 3 0 0 3 0 41 1 4 403 3 1 43 ( ) ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ln| 1| ln| 3| lim ( ln| 1| ln| 3 lim ( ln| 1| ln| 3| ln 3 b dx x x x x x x x xx x b a a b ab a b dx dx dx dx x x x x b b − + − + − − − − − + − + − + − + −− − → → → → → = + + + = + + + =  = − + + + + − + + + =  = − + + + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( )143lim ( ln5 ln| 1| ln| 3| .a a a+→+ − + + − − Observe que os limites acima não existem, pois 3 lim ln| 3| b b −→ − = −∞ e 3 lim ln| 3| a a +→ − = −∞ . Portanto a integral imprópria diverge. Note que, neste caso, bastaria analisar apenas uma das integrais da parcela inicial. f) 2 2(ln ) (ln )lim b dx dx x x x xb e e +∞ →∞ =∫ ∫ . Fazendo a mudança de variável 1 ln x u x du dx =  = obtemos 2 2 ln ln1 1 ln(ln ) 1 1 1 b b bdx du u bx x u e = = − = − +∫ ∫ . Portanto, 2 1ln(ln ) lim ( 1) 1 dx bx x b e +∞ →∞ = − + =∫ . A integral imprópria converge para 1 . g) 0 0 ln lim ln e e x dx x dx ε ε +→ =∫ ∫ . Mas, pelo ítem d) tem-se que ln (ln 1)x dx x x= −∫ . Logo, ]2 0 ln (ln 1) (ln 1) (ln 1) ln e x dx x x e eε ε ε ε ε ε= − = − − − = − +∫ 1 ln 0 0 0 0 ln lim ( ln ) lim lim e x dx ε ε ε ε ε ε ε ε ε + + +→ → → = − + = − +∫ . Aplicando a regra de L´Hospital, vem 1 1 1 2 ln 0 0 0 lim lim lim 0ε ε ε ε ε ε ε ε + + +−→ → → = = − = Portanto a integral imprópria converge para zero. h) 0 0 0 ln ln ln lim ln lim ln e e b a b e a e x dx x dx x dx x dx x dx + +∞ +∞ → →+∞ = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Vamos calcular inicialmente a integral 0 lim ln e a a x dx +→ ∫ . ] 0 0 0 0 0 lim ln lim ln lim [ 0 (ln 1)] lim ln lim ln e e aa a a a a a x dx x x e a a a a a + + + + +→ → → → → = = ⋅ − − = − +∫ Pela resolução do item g), tem-se que 0 lim ln 0 a a a +→ = . Logo 0 lim ln 0 e a a x dx +→ =∫ . Vamos calcular agora lim ln b b e x dx →+∞ ∫ ]lim ln lim (ln 1) lim (ln 1) 0 b b eb b b e x dx x x b b e →+∞ →+∞ →+∞ = − = − − ⋅ = +∞∫ . Portanto, a integral imprópria 0 ln x dx +∞ ∫ diverge.