8/19/2019 Material Complementar C2 2016 1 Apêndice06
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ApêndiceGABARITOS DOS SIMULADOS DA AP26
PROVA 1
Soluç ˜ ao da 1a Quest ˜ ao
a. x2
( x + 1)3 =
A
( x + 1) +
B
( x + 1)2 +
C
( x + 1)3, logo
x2 = A( x + 1)2 + B( x + 1) +C (6.1)
Se em 6.1 fazemos:
x = −1 ⇒ 1 = C x = 0 ⇒ 0 = A + B + 1 ⇒ A + B = −1 x = 1 ⇒ 1 = 4 A + 2 B + 1 ⇒ 4 A + 2 B = 0Resolvendo o sistema resulta A = 1 e B = −2.
Assim,
x2
( x + 1)3dx =
dx
( x + 1) + −2dx
( x + 1)2 +
dx
( x + 1)3
= ln | x + 1|− 2
( x + 1)−2dx +
( x + 1)−3dx
= ln| x + 1
|−2
( x + 1)−1
−1 +
( x + 1)−2
−2 +C
= ln | x + 1|+ 2( x + 1)
− 12( x + 1)2
+ C
b. Vamos fazer a substituição trigonométrica na integral indefinida dx√
9 + x2e, então, calcular a integral definida usando os limi-
tes de integração em x.
Primeiro note-se que nenhuma das regras básicas de integração
é aplicável. Para usar uma substituição trigonométrica, observe
que√
9 + x2 é da forma√
a2 + x2 com a = 3.
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Caderno de Cálculo II | Gabaritos dos Simulados da AP2
Figura 6.1
Fazendo a substituiç ão trigonométrica
x = 3 tgθ
dx = 3sec2θ d θ , te-
mos do triângulo associado da Figura 6.1 que√
9 + x2 = 3secθ .
Obtemos
dx√
9 + x2=
3sec2θ d θ
3secθ =
secθ d θ
= ln |secθ + tgθ |+C = ln√
9 + x2
3 +
x
3
+C .Logo,
30
dx√ 9 + x2
= ln
√
9 + 33
3+
3
3
− ln√
9 + 02
3+
0
3
= ln
3√
2
3 + 1
− ln 1 = ln(√ 2 + 1)c.
+∞
0
1
( x + 2)( x + 3)dx = lim
t →+∞ t
0
1
( x + 2)( x + 3)dx
Vamos calcular a integral indefinida 1
( x + 2)( x + 3)dx
1
( x + 2)( x + 3) =
A
( x + 2) +
B
( x + 3) ⇒ 1 = A( x + 3) + B( x + 2)
(6.2)
Se em 6.2 fazemos:
x = −2 ⇒ 1 = A x = −3 ⇒ 1 = B(−1) ⇒ B = −1
1( x + 2)( x + 3) dx = 1
( x + 2)dx
− 1
( x + 3)dx
= ln | x + 2|− ln | x + 3| +C = ln x + 2 x + 3
+C .Logo,
t 0
1
( x + 2)( x + 3)dx = ln
t + 2t + 3− ln
2
3
.
Portanto, limt →+∞
t 0
1
( x + 2)( x + 3)dx = lim
t →+∞
ln
t + 2t + 3− ln
2
3
= ln
limt →+∞
t + 2
t + 3
1− ln
2
3
= ln |1|− ln
2
3
= − ln
2
3
.
272 C E D E R J
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A P ˆ E N D I C E
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2
M ´ O
D U L O 2
Soluç ˜ ao da 2a Quest ˜ ao
Observe que 1
0
e− x√ x
dx é uma integral imprópria de uma função
não-limitada quando x → 0+. Note-se que, para x > 0, temos quee x > 1, então
1
e x < 1. Podemos afirmar também que
√ x > 0 para
x > 0, portanto 0 <1
e x√
x <
1√ x
para todo x > 0, em particular
0 <1
e x√
x <
1√ x
para todo 0 < x ≤ 1. (6.3)
Por outro lado, 10
1√ x
dx = 10
1 x
12
dx é um caso particular do
exemplo referencial: “Se r < 1, então
b0
1
xr dx é convergente”. Neste
caso, r = 1
2
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que 0 ≤ ( x − 2)2 ≤ 1 para 1 ≤ x ≤ 3, assim h( x) = 1 − ( x − 2)2 ≥ 0 er ( x) = x ≥ 0.
O volume é dado pela fórmula V = 2π b
ar ( x) h( x) dx. Assim, o
volume é
V = 2π
31
x
1− ( x − 2)2dx = 2π 31
x(1 − x2 + 4 x − 4)dx
= 2π 3
1(− x3 + 4 x2 − 3 x)dx = 2π
− x
4
4+ 4
x3
3− 3 x
2
2
31
= 2π
−3
4
4 + 4
33
3 − 3 3
2
2 −
−14
4 + 4
13
3 − 3 1
2
2 = 2π
33−9 + 16 − 6
12
+
3 − 16 + 18
12
= 2π
27
1
12
+
5
12
=
16π
3 unidades de volume.
Soluç ˜ ao da 4a Quest ˜ ao
a. Observe que y = f ( x) = 1
3
( x2 + 2)32 é contı́nua, positiva em
[0,1] e é diferenciável em (0,1). Temos também que y = f ( x) =1
3
3
2
( x2 +2)
12 2 x = x( x2 +2)
12 é contı́nua em (0,1). Logo,
L = 1
0
1 + [ f ( x)]2 dx =
10
1 + x2( x2 + 2) dx
= 1
0
1 + x4 + 2 x2 dx =
10
(1 + x2)2 dx =
10
|1+ x2|dx
= 1
0(1 + x2) dx = x +
x3
3
10
= 1 + 1
3=
4
3.
b. y − e x y = 0Observe que y − e x y = 0 é uma equação linear de primeiraordem homogênea da forma y + p( x) y = 0. Neste caso,
p( x) = −e x e q( x) = 0.
p( x) dx = −e x dx = −e x, assim
o fator integrante é µ ( x) = e−e x
, logo e−e x
y − e− xe−e x y = 0.d
dx
e−e
x
y
= 0 ⇒ e−e x y = C ⇒ y = Cee x é a solução geral da
equação dada.
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Caderno de Cálculo II | Gabaritos dos Simulados da AP2
Por outro lado,
+∞1
1
e x d x =
+∞1
e− x dx e esta última integral,pelos exemplos referenciais, (ou calculando-a diretamente) sabemos
que converge, logo, pelo critério do limite do quociente, podemos afir-
mar que
+∞1
5
2 + e x d x é convergente.
Soluç ˜ ao da 3a Quest ˜ ao
a. Na Figura 6.4, mostramos um esboço da região
y
x0
y
x
= s e
n
2
Figura 6.4
b. i. em torno do eixo Oy.
Na Figura 6.5, mostramos um retângulo tı́pico para este
caso. y
x0
y x
= se n
2
r
h
Figura 6.5
Assim, temos usando o método das cascas cilı́ndricas que
V = 2π
π 2
0r ( x) h( x) d x.
Isto é,
V = 2π π
2
0 x u
sen x dx dv
= 2π x u
(−cos x) v
π 2
0
0
−2π π
2
0−cos x
v
dx du
V = 2π π
2
0cos x d x = 2π sen x π 20 = 2π unidades de volume.
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2
M ´ O
D U L O 2
ii. em torno do eixo Ox.
Na Figura 6.6, mostramos um retângulo tı́pico neste caso.
y
x0
y
x
= s e
n
2
R
Figura 6.6
Usando o método dos discos, temos que
V =
π
π 2
0( R( x))2 dx
Isto é,
V = π π
2
0( R( x))2dx =π
π 2
0(sen2 x)dx =
π
2
π 2
0(1−cos2 x)dx
V = π
2
xπ 2
0 −π
4 2
0
(cos2 x)2 d x = π 2
4 −π
4
(sen2 x)π 2
0
V = π 2
2 unidades de volume.
Soluç ˜ ao da 4a Quest ˜ ao
a. Observe que y = f ( x) = 1
3( x2 + 2)
32 é contı́nua, positiva em
[0,3] e é diferenciável em (0,3). Temos também que y = f ( x)
=1
3
32
( x2 + 2)
12 2 x = x ( x2 + 2)
12 é contı́nua em (0,3).
Logo,
L =
30
1 + [ f ( x)]2 dx =
30
1 + x2( x2 + 2) dx
= 3
0
1 + x4 + 2 x2 dx =
30
(1 + x2)2 dx =
30
|1 + x2| dx
= 3
0(1 + x2) dx = x +
x3
3 3
0
= 3 + 9 = 12.
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D U L O 2
b. Note-se que a decomposição em frações parciais para x + 1
x2( x2 + 1)tem a forma
x + 1
x2( x2 + 1) =
A
x+
B
x2 +
Cx + D
x2 + 1(6.4)
Para determinar os valores de A, B, C e D, multiplicamos am-
bos os lados da Expressão 6.4 pelo produto dos denominadores
x2( x2 + 1), obtendo
x + 1 = Ax( x2 + 1) + B( x2 + 1) + (Cx + D) x2 (6.5)
x + 1 = Ax3 + Ax + Bx2 + B +Cx3 + Dx2
x + 1 = ( A +C ) x3
+ ( B + D) x2
+ Ax + B A +C = 0 (6.6)
B + D = 0 (6.7)
A = 1 (6.8)
B = 1 (6.9)
Substituindo 6.9 em 6.7 dá D = −1. Substituindo 6.8 em 6.6 dáC = −1. Logo, resulta de 6.4 que
x + 1
x2( x2 + 1)
= 1
x
+ 1
x2 +
− x − 1 x2 + 1
x + 1
x2( x2 + 1) dx =
1
x dx +
1
x2 d x +
− x − 1 x2 + 1
dx
= ln | x| +
x−2 dx −
x
x2 + 1 dx −
1
x2 + 1 dx
= ln | x| + x−1
−1 −1
2ln( x2 + 1)− arctg x +C
= ln | x|− 1 x
− 12
ln( x2 + 1) − arctg x +C .
Soluç ˜ ao da 2a Quest ˜ ao
Observe que 0 ≤ |sen2 x| ≤ 1 para todo x ∈ R em particular paratodo x ∈ (π ,+∞). Logo, 0 ≤ | sen2 x|2 ≤ | sen2 x| ≤ 1, ou seja,0 ≤ |sen22 x| ≤ 1 para todo x ∈ (π ,+∞).
Assim, 0 ≤ |sen22 x|
x2 ≤ 1
x2 para todo x ∈ (π ,+∞). Como, pelos
exemplos referenciais, +∞
π
1
x2 d x é convergente, podemos utilizar o
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critério de comparação para afirmar que
+∞π
sen2 2 x x2 dx é convergente (6.10)Logo, pela propriedade dada no Exemplo 27.6 do caderno didático,
podemos afirmar que
+∞π
sen2 2 x
x2 dx é convergente.
Outra forma de ver o problema é observar que neste caso:
+∞π
sen2 2 x x2dx = +∞
π
|sen2 2 x| x2
dx =
+∞π
sen2 2 x
x2 dx,
assim, neste caso, sem a necessidade da Propriedade dada no Exem-
plo 27.6, podemos afirmar diretamente de 6.10 que +∞π
sen2 2 x
x2 dx é
convergente.
Soluç ˜ ao da 3a Quest ˜ ao
a. Utilizando a técnica de completar quadrados, temos que
x = y − y2 = − y2 − y + 1
4+ 1
4= − y −
1
22
+ 1
4
⇒ x − 14
= −
y − 12
2Isto é, a equação dada é o gráfico de uma parábola de vértice
em
1
4,
1
2
que abre para a esquerda, por outro lado x = 0 é o
eixo y. A região R é mostrada na Figura 6.7.
x y y= -
y
x
2
x = 0
R x y y= -
y
x
2
h y( )
Figura 6.7 Figura 6.8
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b. Em torno do eixo Ox.
Observe que, neste caso, utilizar o método das cascas cilı́ndricas
resulta mais prático. Na Figura 6.8, mostramos o retângulotı́pico que vai gerar a casca tı́pica e o eixo de rotação.
Identificamos a função altura da casca tı́pica h( y) e o raio mé-dio da casca tı́pica r ( y) onde h( y) = y − y2 e r ( y) = y para0 ≤ y ≤ 1. A fórmula a ser utilizada é V = 2π
ba
r ( y) h( y) dy.
Logo, neste caso,
V = 2π 1
0 y( y− y2) dy = 2π
10
( y2 − y3)dy = 2π
y3
3− y
4
4
10
= 2π 13 − 14 = 2π 112 = π 6 unidades de volume.
Soluç ˜ ao da 4a Quest ˜ ao
a. y dy − 4 x( y2 + 1) 12 dx = 0, y(0) = 1Da equação dada, temos que y dy = 4 x( y2 + 1)
12 d x.
Podemos separar as variáveis na forma:
y
( y2 + 1)12
dy = 4 x dx ⇒ y( y2 + 1)− 12 dy = 4 x dx.Isto é,
1
2
2 y( y2 + 1
u
)−12 dy = 4
x dx ⇒ 1
2
( y2 + 1)12
12
= 4 x2
2 +C
⇒ ( y2 + 1) 12 = 2 x2 +C .Da condição inicial y(0) = 1, obtém-se
√ 1 + 1 = 2(0) +C ⇒
C =√
2. Portanto, a solução que satisfaz o problema de valor
inicial dado tem a forma implı́cita ( y2
+ 1)
12
= 2 x2
+ √ 2.b. Observe que y − 2 y = 1 − 2 x é uma equação linear de primeira
ordem não-homogênea da forma y + p( x) y = q( x).Neste caso, p( x) = −2 e q( x) = 1 − 2 x. Podemos trabalharpor etapas achando
p( x) dx, depois achar o fator integrante
µ ( x) = e
p( x) dx , multiplicar a equação dada pelo fator inte-
grante e continuar o processo como fizemos no EP14 ou pode-
mos também, para fazer diferente, utilizar a fórmula da solução
geral: y = e(−
p( x) dx)
e(
p ( x) dx)q( x) dx +C , onde C é umaC E D E R J 281
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constante arbitrária, assim resulta
y = e(− −2 dx) e( −2 dx)(1 − 2 x) dx +C ,ou seja, y = e2 x
e−2 x(1− 2 x)dx +C
.
Observe que
e−2 x(1− 2 x) dx =
e−2 xdx − 2
x e−2 x dx
= −12
e−2 x(−2) dx −2
x e−2 x dx = −e
−2 x
2−2
x
u
e−2 x dx
dv
(6.11)
Integrando por partes a última integral e fazendo u = x ⇒ du =dx e dv = e−2 x dx ⇒ v = −1
2e−2 x resulta que
x e−2 x dx = −12
x e−2 x +1
2
e−2 x dx = −1
2 x e−2 x − 1
4
e−2 x(−2)dx
= −12
x e−2 x − 14
e−2 x +C 1
E substituindo este valor na integral 6.11 resulta e−2 x(1 − 2 x) dx = −1
2 e−2 x − 2
−1
2 x e−2 x − 1
4 e−2 x
+C 1
= −12
e−2 x + x e−2 x + 12
e−2 x +C 1 = x e−2 x +C 1
Donde, finalmente, temos y = e2 x x e−2 x +C
, ou seja,
y = x +C e2 x onde C é uma constante arbitrária.
282 C E D E R J
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