Material Complementar C2 2016 1 Apêndice06

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

6

2

M ´ O

D U L O 2


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


4/12


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.


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.

274 C E D E R J


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6/12


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.


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.

276 C E D E R J


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A P ˆ E N D I C E

6

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.


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.

C E D E R J 277


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A P ˆ E N D I C E

6

2

M ´ O

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 .


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

C E D E R J 279


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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.


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

280 C E D E R J


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A P ˆ E N D I C E

6

2

M ´ O

D U L O 2

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.


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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