calculo 1 exercÍcios resolvidos uerj

7/27/2019 CALCULO 1 EXERCCIOS RESOLVIDOS UERJ

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Captulo 9

EXEMPLOS DIVERSOS

Agradecemos ao Professor Silvio Pinha Gomes do Departameneto de Anlise do IME-UERJ,por ceder, gentilmente estes exerccios.

9.1 Limites

[1] Determine o valor da constante a R para que exista

limx0

1 + x (1 + a x)

x2

e calcule o limite.

Soluo : Primeiramente racionalizemos a expresso:

1 + x (1 + a x)

x2=

1 + x (1 + a x)

x2

1 + x + (1 + a x)1 + x + (1 + a x)

=1 + x (1 + a x)2

x2 (

1 + x + (1 + a x))

= x

1 2 a a2 xx2 (

1 + x + (1 + a x))

=1 2 a

x (

1 + x + (1 + a x)) a

2

(

1 + x + (1 + a x)).

Logo, a condio necessria para que o limite exista que a primeira parcela seja nula, isto ,

a =1

2; ento:

limx0

1 + x (1 + a x)

x2= lim

x01

4 (

1 + x + (1 + a x))= 1

8.

[2] Calcule: limx0

sen(x)

x

sen(x)x sen(x) .

Soluo : Primeiramente reescrevamos o expoente da expresso:

sen(x)

x sen(x) =sen(x)

x

1 sen(x)x

.

373


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374 CAPTULO 9. EXEMPLOS DIVERSOS

Fazendo t = 1 sen(x)x

, temos que 1 t = sen(x)x

. Por outro lado observamos que se x 0,ento t 0 e:

sen(x)

x sen(x) =1 t

t=

1

t 1.

Logo:

limx0

sen(x)

x

sen(x)x sen(x) = lim

t0(1 t)

1

t1

= limt0

(1 t)1

t (1 t)1 = e1.

[3] Calcule: limx

4

tg(x)

tg(2x).

Soluo : Primeiramente reescrevamos o expoente da expresso. Fazendo t = 1 tg2(x), temosque tg(x) =

1 t e

tg(2 x) =2 tg(x)

1 tg2

(x)

=2

1 t

t

.

Por outro lado observamos que se x 4

, ento t 0 e:

limx

4

tg(x)

tg(2x)= lim

t0

1 t2

1 tt = lim

t0

1 t2t 1t = e2.

[4] Determine as constantes k, b R tais que

limx+

k x + b x1000

+ 1x999 + 1

= 0.

Soluo : Primeiramente reescrevamos a expresso:

k x + b x

1000 + 1

x999 + 1

=

k x1000 + k x + b x999 + b x1000 1x999 + 1

=x1000 (k 1) + b x999 + k x + b 1

x999 + 1.

Sabemos que limx+P(x)

Q(x) = 0 se grau(Q) > grau(P). Logo, k 1 = 0 e b = 0, ou seja k = 1 eb = 0.

[5] Calcule:

limx+

x +

x +

xx.

Soluo : Primeiramente racionalizemos a expresso:


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Soluo : Dividindo os polinmios:

xn + xn1 + xn2 + . . . . . . + x2 + x n = (x 1) Pn(x),

onde Pn(x) = xn1 + 2 xn2 + 3 xn3 + . . . + (n 2) x2 + (n 1) x + n. Logo:

limx1

xn + xn1 + xn2 + . . . . . . + x2 + x nx 1

= limx1

Pn(x) = Pn(1).

Por outro lado:

Pn(1) = 1 + 2 + 3 + . . . . . . + (n 2) + (n 1) + n = n (n + 1)2

.

[8] Calcule: limx0

cos(x) [[sen(x)]],

2 x

2.

Soluo : Considere f(x) = cos(x) [[sen(x)]]. Se 2 x < 0, ento 1 sen(x) < 0 e

[[sen(x)]] = 1, logo f(x) = cos(x) + 1. Se 0 x < 2

ento 0 sen(x) < 1 e [[sen(x)]] = 0,logo f(x) = cos(x). Se x =

2, ento [[sen

2

]] = 1 e f

2

= 1. Logo:

f(x) =

cos(x) + 1 se 2 x < 0

cos(x) se 0 x < 2

1 se x = 2

.

Ento:

limx0+

f(x) = limx0+

cos(x) = 1,

limx0

f(x) = limx0

cos(x) + 1 = 2.

Consequentemente, limx0

cos(x) [[sen(x)]] no existe.

1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5

0.5

1.0

1.5

2.0

Figura 9.1: Grfico de f(x) = cos(x) [[sen(x)]].

[9] Calcule:

limx

6

sen

x +5

6

cotg3(x) 3 cotg(x) .


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9.2. CONTINUIDADE 377

Soluo : Primeiramente reescrevamos o numerador:

sen

x +5

6

= sen(x) cos

56

+ sen

56

cos(x) =

1

2

cos(x)

3 sen(x)

=

sen(x)

2

cotg(x)

3

,

pois sen(x)

= 0, ento:

sen

x +5

6

cotg3(x) 3 cotg(x) =

sen(x)

cotg(x)32 cotg(x)

cotg(x) 3 cotg(x) + 3 = sen(x)2 cotg(x) cotg(x) + 3 .

Logo:

limx

6

sen

x +5

6

cotg3(x) 3 cot(x) = limx

6

sen(x)

2 cotg(x)

cotg(x) +

3 = 1

24.

9.2 Continuidade

Analise a continuidade das seguintes funes:

[1] f(x) =

sen(x)

|x| se x = 03 se x = 0.

Soluo : Claramente, o problema determinar se f contnua em 0. Reescrevamos a funo:

f(x) =

sen(x)

xse x < 0

3 se x = 0sen(x)

x se x > 0.

Logo,

limx0

f(x) = limx0+

sen(x)

x= 1 e lim

x0+f(x) = lim

x0+sen(x)

x= 1.

Ento f no contnua em 0.

-6 -4 -2 2 4 6

-1

-0.5

0.5

1

Figura 9.2: Grfico de f.

[2] f(x) =21/x 121/x + 1

.


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Soluo : Reescrevamos a funo:

f(x) =21/x 121/x + 1

=

21/x + 1

221/x + 1

= 1 221/x + 1

.

Sabendo que limx0

1

x= e lim

x0+1

x= +, temos:

limx0

f(x) = limx0

1 2

21/x + 1

= 1 e lim

x0+f(x) = lim

x0+

1 221/x + 1

= 1.

Ento, f no contnua em 0.

-2 -1 1 2

-1

-0.5

0.5

1

Figura 9.3: Grfico de f(x) =21/x 121/x + 1

.

[3] f(x) = limt+

ln

1 + ext

ln

1 + et

Soluo : Se x < 0, ento, limt+

ext = 0 e limt+

(1 + et) = +. Logo,

limt+

ln

1 + ext

ln

1 + et = 0.

Se x > 0, ento:

ln

1 + ext

= ln

ext

1 +1

ext

= ln

ext

+ ln

1 +1

ext

= x t + ln

1 +1

ext

ln

1 + et

= ln

et

1 +1

et

= ln

et

+ ln

1 +1

et

= t + ln

1 +1

et

.

Logo:

limt+

ln

1 + ext

ln

1 + et = lim

t+

x +ln 1 + 1

ext

t

1 +ln

1 +1

et

t

= x.

Se x = 0, ento limt+

2

ln

1 + et = 0. Reescrevendo a funo:

f(x) =

0 se x 0x, se x > 0.


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Ento, f contnua em R.

-3 3

3


Determine as constantes tais que as seguintes funes sejam contnuas:

[1] f(x) =

m x + 3 se x < 3cos x

3

se 3 x 3n x + 3 se x > 3.

Soluo : Se x = 3, ento f(3) = cos() = 1. Por outro lado:lim

x3f(x) = lim

x3

m x + 3

= 3 m + 3 e lim

x3+f(x) = lim

x3cos x

3

= 1.

Como os limites laterais devem ser iguais, temos que 3 m + 3 = 1, isto , m = 43

. Se x = 3,

ento f(3) = cos() = 1. Por outro lado:

lim

x3

f(x) = limx3

cos x

3 =

1 e lim

x3+

f(x) = limx3 n x + 3 = 3 n + 3.

e Como os limites laterais devem ser iguais, temos que 3 n + 3 = 1, isto , n = 43

. Logo:

f(x) =

4 x

3+ 3 se x < 3

cos x

3

se 3 x 3

4 x3

+ 3 se x > 3.

-3 3

-1

1



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[2] f(x) =

sen(11 x 22)3 x 6 se x < 2

m se x = 2

x3 + 5 x2 32 x + 36x3 3 x2 + 4 se x > 2.

Soluo : Primeiramente fatoremos os polinmios:

x3 + 5 x2 32 x + 36x3 3 x2 + 4 = (x 2)

2 (x + 9)(x 2)2 (x + 1) .

Por outro lado:sen(11 x 22)

3 x 6 =sen

11 (x 2))

3 (x 2) , fazendo t = x 2, temos que x 2, ento

t 0, e:sen(11 x 22)

3 x 6 =sen

11 (x 2))

3 (x 2) =sen

11 t

3 t

=11

3

sen

11 t

11 t

.

Se x = 2, ento f(2) = m. Logo:

limx2

f(x) = limx2

sen

11 (x 2))3 (x 2) = limt0

11

3

sen

11 t

11 t

=

11

3

limx2+

f(x) = limx2+

x3 + 5 x2 32 x + 36x3 3 x2 + 4 = limx2+

x + 9x + 1

= 113

.

Ento, m =11

3e:

f(x) =

sen(11 x 22)3 x 6 se x < 2

11

3se x = 2

x3 + 5 x2 32 x + 36x3

3 x2

+ 4

se x > 2.

-1 1 2 3 4 5 6

-1

1

2

3

4


[3] f(x) =

esen(x) 1x

se x < 0

mcos( x) + n se 0 x 3

x3 + 11 x2 93 x + 153x3 4 x2 3 x + 18 se x > 3.


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Soluo : Primeiramente fatoremos os polinmios:

x3 + 11 x2 93 x + 153x3 4 x2 3 x + 18 =

(x 3)2 (x + 17)(x 3)2 (x + 2) .

Se x = 0, ento f(0) = m + n, e:

limx0

f(x) = limx0

esen(x) 1x

= limx0

esen(x) 1sen(x)

sen(x)x

= 1,limx0+

f(x) = limx0+

mcos( x) + n

= m + n,

logo, m + n = 1. Se x = 3, ento f(3) = m + n, e:limx3

f(x) = limx3

mcos( x) + n

= m + n,

limx3+

f(x) = limx3+

(x 3)2 (x + 17)(x 3)2 (x + 2) = limx3+

x + 17

x + 2= 4,

logo, m + n = 4. Ento, temos o sistema:

m + n = 1m + n = 4,que tem solues m = 3

2e n =

5

2.

f(x) =

esen(x) 1x

se x < 0

3 cos( x)2

+5

2se 0 x 3

x3 + 11 x2 93 x + 153x3

4 x2

3 x + 18

se x > 3.

-2 2 4 6

1

2

3

4


[4] f(x) =

x + (m2 4)m arctg(11 x) se x < 0

m 1 se x = 0

sen(n x)

ln(1 + 100 x)se x > 0.


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Soluo : Se x = 0, ento f(0) = m 1. Logo, necessriamente devemos ter que:

limx0

f(x) =m2 4

m= f(0) = m 1,

isto , m = 4. Por outro lado:

limx0+

f(x) = limx0+

sen(n x)

n x n x

ln(1 + 100 x) = n limx0+ x

ln(1 + 100 x)= n lim

x0+

1

ln(1 + 100 x)

1

x

.

Como: limx0+

ln(1 + 100 x)

1

x = ln

limx0+

(1+100 x)

1

x

= ln(e100) = 100, temos, limx0+

f(x) =n

100;

por outro lado, limx0+

f(x) = f(0), temos que n = 300 e:

f(x) =

x + 12

4 arctg(11 x) se x < 03 se x = 0

sen(300 x)ln(1 + 100 x)

se x > 0.

-0.1 - 0.05 0.05 0.1


9.3 Derivada

[1] Considere a funo f(x) = a+bcos(2 x)+ccos(4 x), onde a, b, c R. Sabendo que f2

= 1,

f(0) = f(0) = f(0) = f(3)(0) = 0 e que f pode ser escrita na forma f(x) = senn(x), n N,determine a, b, c e n.

Soluo : Primeiramente note que f(0) = a + b + c, f(0) = b + 4 c e f

2

= a b + c; logo,obtemos o sistema:

a + b + c = 0

a b + c = 1b + 4 c = 0,

cuja soluo a =3

8, b = 1

2e c =

1

8; ento:

f(x) =3

8 cos(2 x)

2+

cos(4 x)

8.


11/26

9.3. DERIVADA 383

Por outro lado, cos(4 x) = 2 cos2(2 x) 1 e cos(2 x) = 1 2 sen2(x), logo:

f(x) =3

8 cos(2 x)

2+

cos(4 x)

8

=1

4 cos(2 x)

2+

cos2(2 x)

4= sen4(x).

Ento a =3

8, b = 1

2, c =

1

8e n = 4.

[2] Determine a equao da reta tangente e a equao da reta normal curva y = arcsenx 1

2

no ponto onde a curva intersecta o eixo dos x.

Soluo : Determinemos a interseo da curva com o eixo dos x. Se y = 0, temos:

arcsenx 1

2

= 0 x 1

2= 0 x = 1.

Logo, o nico ponto de interseo (1, 0). Por outro lado, os coeficientes angulares da reta

tangente e da reta normal curva so, respectivamente:

m1 = y =

13 + 2 x x2 m1(1) =

1

2

m2 = 1y

=

3 + 2 x x2 m2(1) = 2.

Logo, as equaes da reta tangente e da reta normal so, respectivamente:

y =1

2(x 1) x 2 y = 1

y = 2 (x 1) 2 x + y = 2.

1 1 2 3

2

1

1

2

Figura 9.9: Grficos do exemplo [2].

[3] Determine a equao da reta normal curva y = x ln(x), que paralela reta 2 x2 y+3 = 0.Soluo : Primeiramente, calculemos os coeficientes angulares que precisamos. O coeficienteangular da reta 2 x 2 y + 3 = 0 m1 = 1. O coeficiente angular da reta normal curva :

m2 = 1y

= 11 + ln(x)

.


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Como as retas so paralelas, temos que m1 = m2, isto :

11 + ln(x)

= 1 ln(x) = 2 x0 = e2;

logo, temos que y0 = e2 ln(e2) = 2 e2. A equao da reta normal curva que passa pelo

ponto (e2,

2 e2) :

y + 2 e2 = x e2 y x = 3 e2.

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

Figura 9.10: A reta y x = 3 e2.

[4] Determine os parmetros a, b e c R tais que a parbola y = a x2 + b x + c tangencie a retay = x no ponto de abscissa 1 e passe pelo ponto (1, 0).

Soluo : Como o ponto (1, 0) deve pertencer parbola, substituindo na equao, temosque:

(1) a b + c = 0.Como a parbola deve tangenciar a reta y = x no ponto de abscissa 1, temos que se y = 1, entox = 1. Isto , o ponto (1, 1) comum reta e parbola; substituindo na equao, temos que:

(2) a + b + c = 1.

O coeficiente angular da reta m1 = 1 e o coeficiente angular da reta tangente parbola m2 = y

= 2 a x + b, logo m2(1) = 2 a + b. Como m1 = m2:

(3) 2 a + b = 1.

Logo, de (1), (2) e (3) temos o sitema:

a b + c = 0a + b + c = 1

2 a + b = 1,

cuja soluo : a = c =1

4e b =

1

2.


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9.3. DERIVADA 385

1

1

2

Figura 9.11: Exemplo [4].

[5] A forma de uma colina numa rea de preservao ambiental, pode ser descrita pela equaoy = x2 + 17 x 66, sendo 6 x 11. Um caador, munido de um rifle est localizado noponto (2, 0). A partir de que ponto da colina, a fauna estar 100% segura?

Soluo : Denotemos por P0 = (x0, y0) o ponto alm do qual a fauna no pode ser vista pelocaador, situado no ponto (2, 0). A fauna estar a salvo, alm do ponto P0 onde a reta que liga

(2, 0) colina seja tangente mesma.

2

Figura 9.12: Vista bidimensional do problema.

Observe que y = 2 x + 17 o coeficiente angular de qualquer reta tangente parbola; logo,no ponto P0, temos y

= 2 x0 + 17 e a equao da reta tangente :y y0 = (2 x0 + 17) (x x0).

Como a reta passa por (2, 0), temos:

(1) y0 = (2 x0 + 17) (2 x0).

O ponto P0 tambm pertence parbola; ento:

(2) y0 = x20 + 17 x0 66.Igualando (1) e (2):

x20 4 x0 32 = (x0 8) (x0 + 4) = 0 x0 = 8 e y0 = 6.Ento, P0 = (8, 6) e a fauna estar a salvo a partir de x > 8.

[6] A reta tangente curva y = x4 + 2 x2 + x no ponto (1, 2) tambm tangente curva emum outro ponto. Ache este ponto.


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Soluo : O coeficiente angular da reta tangente curva y = 4 x3 + 4 x + 1, como (1, 2) um ponto comum reta e a curva, temos y(1) = 1. A equao da reta tangente que passapelo ponto (1, 2) : y = x + 1. Para determinar os pontos comuns curva e reta tangente,resolvemos o sistema:

y = x4 + 2 x2 + xy = x + 1,

obtendo x4

2 x2

+ 1 = (x2

1)2

= 0 e x = 1. O ponto procurado (1, 0).

-1 1

2

Figura 9.13: Exemplo [6]

[7] O ponto P = (6, 9) pertence parbola x2 = 4 y. Determine todos os pontos Q da parbolatais que a normal em Q passe por P

Soluo : Um ponto arbitrrio da parbola Q =

a,a2

4

e o coeficiente angular da reta normal

curva : m1 = 1y

= 2x

. A equao da reta normal curva no ponto Q :

y a2

4= 2

a(x a).

Mas a normal passa pelo ponto (6, 9), logo:

9 a2

4= 2

a(6 a) a3 28 a 48 = (a 6) (a + 2) (a + 4) = 0.

Os pontos procurados so Q1 = (4, 4), Q2 = (2, 1) e Q3 = (6, 9).

-4 -2 6

1

4

9

Figura 9.14: Exemplo[7].

[8] Nos pontos de interseo da reta x y + 1 = 0 com a curva y = x2 4 x + 5, traam-se asnormais curva. Calcule a rea do tringulo formado pelas normais e pela corda que subtendeos referidos pontos de interseo.


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9.3. DERIVADA 387

Soluo : Determinemos os pontos de interseco da reta x y + 1 = 0 com a curva:y = x2 4 x + 5y = x + 1.

Obtemos x25 x +4 = (x1) (x4) = 0; ento x = 1 e x = 4; logo temos os pontos P1 = (1, 2)e P2 = (4, 5). Por outro lado, os coeficientes angulares das normais so dados por:

m = 1y

= 12 x 4 ;

m(1) =1

2e m(4) = 1

4. As equaes das normais em P1 e P2, so respectivamente:

2 y x = 3,4 y + x = 24.

Resolvamos o seguinte sistema para achar os pontos de interseco das retas normais:

2 y = x + 34 y = x + 24;

obtemos y =9

2e x = 6. Seja P3 =

6,

9

2

. A rea do tringulo de vrtices P1, P2 e P3 dada por

A =|D|

2, onde:

D =

1 1 11 4 62 5 9/2

= 152 A = 154 u.a.

1 4 6

2

4

6


[9] Esboce o grfico da curva y2 = x2 (x + 3).

Soluo : Primeiramente observamos que se mudamos y pory, a equao da curva no muda;logo a curva simtrica em relao ao eixo dos x. Por outro lado, y = f(x) = xx + 3, logoDom(f) = [3, +). Se x = 3, ento y = 0 e se y = 0, ento x = 0 ou x = 3. A curvaintersecta os eixos coordenados nos pontos (0, 0) e (3, 0). Determinemos os pontos crticos,derivando y = f(x) e igualando a zero:

y =3 (x + 2)

2

x + 3= 0 x = 2.


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Note que y(3) no existe e f contnua em x = 3; como Dom(f) = [3, +), no pontox = 3 a reta tangente curva vertical. Determinemos os pontos extremos, estudando o sinalde y ao redor do ponto x = 2:

y > 0 x > 2y < 0 x < 2,

logo, x = 2 ponto de mnimo local e y = 2. Pela simetria em relao ao eixo dos x, seconsideramos y = xx + 3, o ponto (2, 2) de mximo. A curva no possui pontos deinflexo ou assntotas.

-3 -2 -1 1 2

-2

-1

1

2


[10] Dada uma circunferncia de raio r, determine o comprimento de uma corda tal que a somadesse comprimento com a distncia da corda ao centro da circunferncia seja mxima?

Soluo :

yy

rx


Com as notaes do desenho, x2 + y2 = r2; ento y =

r2 x2. O comprimento da corda C = 2 y; logo C = 2

r2 x2. Logo, a funo que devemos maximizar : f(x) = x+2r2 x2.

Derivando e igualando a zero:

f(x) = 1 2 xr2 x2 = 0 2 x =

r2 x2 5 x2 = r2 x = r

5.

Derivando novamente:

f(x) =2 r2

(r2 x2)3/2 f r

5

= 5

5

4 r< 0.

Logo,r5

ponto de mximo e:

f r

5

=

5 r.


17/26

9.3. DERIVADA 389

[11] Determine o cilindro circular reto de volume mximo que pode ser inscrito num conecircular reto.

Soluo :

B E C

D

A

x

y

Figura 9.18: Seo bidimensional do problema.

Com as notaes do desenho, sejam r e h o raio e a altura do cone, respectivamente; x e y o raio

a altura do cilindro. Por outro lado, o ABC semelhante ao DEC; temos:

AB

DE=

BC

EC h

y=

r

r x y =h

r(r x) (1).

O volume do cilindro V = x2 y; logo, de (1) temos que a funo a maximizar :

V(x) = h

r(r x2 x3).


V(x) = h

r(2 r

3 x) x = 0

x = 0 ou x =

2 r

3.

como x = 0, o nico ponto crtico x = 2 r3

. Estudemos o sinal de 2 r 3 x:

2 r 3 x > 0 0 < x < 2 r3

2 r 3 x < 0 x > 2 r3

.

Ento x =2 r

3 ponto de mximo. Logo, o cilindro de volume mximo inscrito num cone tem

raio da base igual a 2/3 do raio da base do cone e altura igual a 1/3 da altura do cone.


18/26


[12] Determine o trapzio de permetro mximo que pode ser inscrito num semi-crculo de raior.

Soluo :

B

CD

A

n

2r

y

xh

Figura 9.19:

O tringulo ADB retngulo pois inscrito num semi-crculo; note que y = 2 r 2 n. Sabe-mos que num tringulo retngulo, cada cateto a mdia geomtrica entre a hipotenusa e suaprojeo sobre a hipotenusa; logo:

x2 = 2 r n n = x2

2 re y = 2 r 2 n = 2 r x

2

r.

Ento, o permetro P, :

P(x) = 2 x + 2 r x2

r+ 2 r P(x) = 4 r + 2 x x

2

r.


P(x) = 2 xr

+ 2 = 0 x = r.

Derivando novamente:

P(x) = 2r

P(r) < 0.Logo, P = 5 r. O trapzio de permetro mximo que pode ser inscrito num semi-crculo de raior tem base maior igual a 2 r, base menor igual a r e lados no paralelos iguais a r.

9.4 Integrao

[1] Calcule I =

ln

tg(x)

sen(x) cos(x)dx.

Soluo : Fazendo : u = ln

tg(x) du = sec2(x)

tg(x)dx du = dx

sen(x) cos(x). Ento:

I =

u du =

u2

2+ c =

ln2

tg(x)

2+ c.

[2] Calcule I =

sen(x) cos(x)

1 + sen4(x)dx.


19/26

9.4. INTEGRAO 391

Soluo : Fazendo : t = sen(x) dt = cos(x) dx. Ento:

I =

t

1 + t4dt =

t

1 +

t22 dt = arctg(t2)2 + c = arctg

sen2(x)

2

+ c.

[3] Calcule I = x

1 + x

2

+

(1 + x2

)3

dx.

Soluo : Note que 1 + x2 +

(1 + x2)3 = 1 + x2 + (1 + x2)

1 + x2 = (1 + x2) (1 +

1 + x2),ento;

1 + x2 +

(1 + x2)3 =

1 + x2

1 +

1 + x2.

Agora, fazendo:

u = 1 +

1 + x2 du = x1 + x2

dx;

logo,

I = du

u= 2

u + c = 21 + 1 + x

2 + c.

[4] Calcule I =

xarctg(x) ln(x2 + 1) dx.

Soluo : Integramos por partes:

u = ln(x2 + 1) du = 2 x1 + x2

dx

dv = xarctg(x) dx v =

xarctg(x) dx.

Denotemos por I1 = xarctg(x) dx. Para achar v, novamente integramos por partes:u = arctg(x) du = dx

1 + x2

dv = x dx v = x2

2.

Logo:

I1 =x2 arctg(x)

2 1

2

x2

1 + x2dx =

x2 arctg(x)

2 1

2

1 1

1 + x2

dx

=x2 arctg(x)

2

1

2xarctg(x) =

(x2 + 1) arctg(x)

2

x

2.

Voltando a I: v du =x

x2 + 1

(x2 + 1) arctg(x) x = x arctg(x) x2

x2 + 1e:

v du = I1 + arctg(x) x,

Ento:

I = u v

v du =1

2

(1 + x2) arctg(x) x ln(x2 + 1) 1 arctg(x) + x + c.


20/26


[5] Calcule I =

0

xsen(x)

1 + cos2(x)dx.

Soluo : Fazendo x = t, dx = dt; se x = 0, ento t = e se x = , ento t = 0. Por ourolado:

xsen(x)

1 + cos2(x)=

( t) sen( t)1 + cos2( t) =

( t) sen(t)1 + cos2(t)

.

Logo:

I = 0

( t) sen(t)1 + cos2(t)

dt =

0

sen(t)

1 + cos2(t)dt I 2 I =

0

sen(x)

1 + cos2(x)dx.

Observe que a integral definida no depende da varivel de integrao. Fazendo u = cos(x),ento du = sen(x) dx e:

2 I = 11

du

1 + u2=

11

du

1 + u2=

arctg(1) arctg(1) = 2

2.

Logo I =2

4.

[6] Verifique que: 1

0(1 x2)n dx = 22n

n!2

2 n + 1)!, n N.

Soluo : Fazendo x = sen(t), dx = cos(t) dt; se x = 0, ento t = 0 e se x = 1, ento t =

2. Por

outro lado, (1 x2)n dx = 1 sen2(t)n cos(t) dt = cos2n+1(t) dt, ento:In =

10

(1 x2)n dx =/20

cos2n+1(t) dt;

integrando por partes:

In = cos2n(t) sen(t)

/2

0

+ 2 n /2

0

cos2n1(t) sen2(t) dt

= 2 n

/20

cos2n1(t) dt 2 n/20

cos2n(t) dt

= 2 n

/20

cos2n1(t) dt 2 n In,

isto In =2 n

2 n + 1In1, como I0 =

/20

cos(t) dt = 1, logo:

I1 =2

3I0 =

2

3=

1 21 3

I2 = 45I1 = 1 2 4

1 3 5I3 =

6

7I2 =

1 2 4 61 3 5 7

I4 =8

9I3 =

1 2 4 6 81 3 5 7 9

...

In =1 2 4 6 . . . (2 n 2) 2 n

1 3 5 7 . . . (2 n 1) (2 n + 1) (1).


21/26

9.4. INTEGRAO 393

Multipliquemos (1) por1 2 4 6 . . . (2 n 2) 2 n1 2 4 6 . . . (2 n 2) 2 n , ento:

In =

(1 2)(2 2)(2 3)(2 4) . . . 2 (n 1) 2 n21 2 3 4 5 . . . (2 n 2) 2 n (2 n + 1)

=22n 1 2 3 4 5 . . . (n 1) n

2

2 n + 1

!

=22n

n!2

2 n + 1)!.

[7] Determine a rea da regio limitada pelas curvas x2 = 2p y e x2 y = p2 (p y), onde p N.Soluo : Se mudamos x por x, as equaes no mudam, logo as curvas so simtricas emrelao ao eixo dos y. Determinemos as intersees das curvas com os eixos coordenados. Sex = 0, ento y = 0 e p2 (p y) = 0; se y = 0, ento x = 0; logo os pontos (0, 0) e (0, p) so ospontos de interseo das curvas com os eixos coordenados. Escrevendo y =

x2

2pe y =

p3

x2 + p2,

determinamos a interseo das curvas, resolvendo o sistema:

y =x2

2p

y =p3

x2 + p2,

donde, x4 + p2 x2 2p4 = 0; fazendo u = x2 temos u2 + p2 u 2p4 = 0 e x = p. Note quex = 0 o nico ponto crtico de ambas as curvas; para a parbola um ponto de mnimo e paraa outra curva um ponto de mximo.

Figura 9.20: Regio do exemplo [7].

Pela simetria da regio, calculamos a rea no primeiro quadrante e multiplicamos o resultadopor 2:

A = 2

p0

p3

x2 + p2 x

2

2p

dx = p2

2 1

3

u.a.

[8] Determine a rea da regio limitada pela curva x6 x4 + y2 = 0 e pelos eixos coordenados.Soluo : Se mudamos x por x e y por y, a equao no muda, logo a curva simtricaem relao ao eixo dos x e dos y. Determinemos os pontos de interseo da curva com os eixoscoordenados. Se x = 0, ento y = 0 e se y = 0, ento x4 (x21) = 0; logo os pontos (0, 0), (1, 0)e (1, 0) so os pontos de interseo da curva com os eixos. Consideramos y = x2

1 x2; logo


22/26


x [1, 1]. No difcil ver que em x = 0 a curva possui um ponto de mnimo local e quex =

6

3so pontos de mximo local.

-1 1

0.4

-1 1

0.4


Pela simetria da regio, calculamos a rea no primeiro quadrante e multiplicamos o resultadopor 2.

A = 210 x

21 x

2

dx.

Fazendo x = sen(t), ento dx = cos(t) dt e x2

1 x2 dx = sen2(t) cos2(t) dt; ento:

A = 2

/20

sen2(t) cos2(t) dt =1

2

/20

2 sen(t) cos(t)

2dt

=1

2

/20

sen2(2 t) dt =1

4

/20

1 cos(4 t) dt

=

8u.a.

[9] Determine a rea da regio limitada pelas curvas 9 y x2 81 = 0, 4 y x2 16 = 0,y x

2

1 = 0 e o eixo dos y.Soluo : Determinemos as intersees das curvas:

(1)

9 y x2 = 814 y x2 = 16 (2)

9 y x2 = 81y x2 = 1 (3)

4 y x2 = 16y x2 = 1

De (1) obtemos y = 13, logo x = 6; de (2) obtemos y = 10, logo x = 3 e de (3) obtemos y = 5,logo x = 2.

1 2 3 4 5 6

4

5

9

10

1 2 3 4 5 6

4

5

9

10



23/26

9.4. INTEGRAO 395

Logo:

A = 2

54

y 4 dy +

105

y 1 dy 9

109

y 9 dy = 20 u.a.

[10] Determine o volume da calota esfrica de altura h se a esfera tem raio R.

h

R


Soluo : Fazendo uma rotao da esfera se for necessrio, consideramos y = R2 x2 e aseguinte regio:

R

R-h

Figura 9.24:

Logo:

V =

RRh

R2 x22 dx = R

Rh

R2 x2 dx = R2 x x3

3

RRh

=

h2 (3 R h)3

u.v.

Em particular, se h = R, ento V =2 R3

3 o volume da semi-esfera de raio R; se h = 2 R

ento V =4 R3

3 o volume da esfera de raio R.

[11] Calcule o volume do slido de revoluo gerado pela rotao da regio limitada pelascurvas y = e2x 1, y = ex + 1 e o eixo dos x, em torno do eixo dos x.Soluo : Determinemos os pontos de interseo das curvas:

y = e2x 1y = ex + 1

e2x ex 2 = 0 ex = 2 x = ln(2).


24/26


-0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2

1

2

3

-0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2

1

2

3


Logo:

V =

0ln(2)

ex + 1

2 e2x 12 dx = 0ln(2)

e4x + 3 e2x + 2 ex dx= 11 4 u.v.

[12] Calcule o comprimento de arco da curvas 5 y3 = x2 situado dentro do crculo x2 + y2 = 6.

Soluo : Determinemos os pontos de inteseo das curvas:5 y3 = x2

x2 + y2 = 6 5 y3 + y2 6 = (y 1)(5 y2 + 6 y + 6) = 0 y = 1.

-1-2 1 2

-1

-2

1

2


Pela simetria da curva, consideremos x = 5 y3/2, derivando x = 352

y1/2; ento:

L = 2

10

1 +

45 y

4dy.

Fazendo u = 1 +45 y

4, obtemos:

L =8

45

1+45/41

u du =

134

27u.c.


25/26

9.4. INTEGRAO 397

[13] Calcule a rea da regio determinada por y2 =x3

2 a x e sua assntota, a = 0.

Soluo : Se mudamos y por y, a equao no muda, logo a curva simtrica em relao aoeixo dos x. Note que a curva intersecta os eixos na origem.


A equao da assntota x = 2 a; ento consideramos y =

x3

2 a x e:

A = 2

2a0

x3

2 a x dx = 2 lim2a0

x3

2 a x dx.

Fazendo x = 2 asen2(t), temos que dx = 4 asen(t) cos(t) dt. Por outro lado:

x3

2 a x dx =x

x2 a x dx = 8 a

2 sen4(t) dt.

Temos, x = 0 t = 0 e x = sen2(t) = 2 a

; se 2 a t = 2

. Ento:

2

0

x3

2 a x dx =a2

2

sen(4 t) 8 sen(2 t) + 12 t

0

=a2

2sen(4 ) 8 sen(2 ) + 12 .

Logo: A = lim/2

a2

2

sen(4 ) 8 sen(2 ) + 12 = 3 a2 u.a.

[14] Calcule a rea da regio limitada pela curva y =1

x2 (x + 1), x 1 e o eixo dos x.

Soluo : Devemos calcular a rea da regio ilimitada:


26/26



Logo:

A =

+1

dx

x2 (x + 1)= lim

b+

b1

dx

x2 (x + 1)

= limb+

b1

1

x+

1

x2+

1

x + 1

dx = lim

b+ ln(b) 1

b+ 1 + ln(b + 1) ln(2)

= lim

b+

ln

b + 1b 1

b+ 1 ln(2) = lim

b+

ln

1 + 1b 1

b+ 1 ln(2)

=

1 ln(2) u.a.

calculo 1 exercÍcios resolvidos uerj

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