senx 1 cosx x lim = 0 lim (sen(x)) = cos(x) (cos(x)) = sen(x) (x) = 1 (e x ) = e x µ f(x) = cos(x) x [0,2π] µ f(x) = 2x x 4 Ø 9 sen 5 (2x)cos(2x)dx

(1)

/DAMAT

Obs:Resolva sempre tudo detalhadamente.

Limites Fundamentais:

lim

x→0

senx

x

= 1

x→0

lim

1 − cosx

x

= 0

x→+∞

lim

(1 +

1 x

)

x

_{= e}

(1) Derivadas

(sen(x))

′

= cos(x)

(cos(x))

′

_{= −sen(x)}

(x)

′

= 1

(e

x

)

′

= e

x

(2)

1) Cal ule a área da região delimitada pela urva, para

a)

f (x) = sen(x)

de

x ∈ [0, 2π]

b)

f (x) = cos(x)

de

x ∈ [0, 2π]

)

f (x) = x

2

de

0

até

2

d)

f (x) = 2x

√

x

de

4

até

9

Di a: Não existe área negativa.

2) Cal ule a integral

R

₁

dx

(2)

e)

R xe

x

_dx

f)

R

₁

a

2 _+x

2

dx

g)

R

₁

3+27x

2

dx

Di a: Utilizando a mudança de variáveis e relações trigonométri as.

3) Mostre que a)

R e

x

_{sen(x)dx =}

1

2

e

x

(sen(x) − cos(x)) + C

b)

R ln(x)dx = xlnx − x + C

)

R arcsen(x)dx = xarcsen(x) +

√

1 − x

2

_{+ C}

d)

R sen

n

_{(x)dx = −}

1 n

sen

n−1

(x)cos(x) +

n−1

n

R sen

n−2

xdx

, Seja

n ≥ 2

e)

R xcos(x)dx = cos(x) + xsen(x) + C

f)

R xln(x)dx =

x

2

ln(x) −

x

2

4

+ C

g)

R e

x

_{cos(x)dx =}

1

2

e

x

(sen(x) + cos(x)) + C

h)

R

arctg(x)

1+x

2

dx =

1

2

arctg

2

(x) + C

Di a: Utilize o método de integral por partes.

4) Cal ule a integral

a)

R

₁

(3)

b)

R

₁

sen(x)cos(x)

dx

)

R

_5x−10

x

2 _−3x−4

dx

d)

R

₁

1+e

x

dx

e)

R cos

2

_(x)dx

(4)

Respostas 1 - a)

4

b)

4

)

8/3 = 2, 666

d)

844/5 = 168, 8

2 - a)

R

₁

1+x

2

dx = arctg(x) + K

b)

R

₁

cos(x)

dx =

R sec(x)dx = ln |sec(x) + tg(x)| + C

)

R

π/8

0

sen

5

(2x)cos(2x)dx = 1/96

d)

R

₁

√

a

2 _−x

2

dx = arcsen(

x

a

) + C

e)

R xe

x

_{dx = e}

x

_{(x − 1) + C}

f)

R

₁

a

2 _+x

2

dx =

1 _a

arctg(

x

_a

) + C

g)

R

₁

3+27x

2

dx =

1

9

arctg(3x)

3) Mostre que a)

R e

x

_{sen(x)dx =}

1

2

e

x

(sen(x) − cos(x)) + C

b)

R ln(x)dx = xlnx − x + C

)

R arcsen(x)dx = xarcsen(x) +

√

1 − x

2

_{+ C}

d)

R sen

n

_{(x)dx = −}

1

(5)

e)

R xcos(x)dx = cos(x)xsen(x) + C

f)

R xln(x)dx = ln|ln(x)| + C

g)

R e

x

_{cos(x)dx =}

1

2

e

x

(sen(x) + cos(x)) + C

h)

R

arctg(x)

1+x

2

dx =

1

2

arctg

2

(x)

4) Cal ule a integral a)

R

₁

x

2 _+x−2

dx =

1

3

ln

x−1

_x+2

+ C.

b)

R

₁

sen(x)cos(x)

dx = ln|tg(x)| + C

)

R

_5x−10

x

2 _−3x−4

dx = 2ln|x − 4| + 3ln|x + 1| + C

d)

R

₁

1+e

x

dx = x − ln(1 + e

x

_{) + C}

e)

R cos

2

_{(x)dx =}

1

2

x +

1

4

sen(2x) + C

(6)

1

Resoluções

1 - a) Cal ule a área da região delimitada pela urva, para

x

∈ [0, 2π]

f

(x) = sen(x)

(3)

Di a: Não existe área negativa.

Resposta: A área de uma urva é dada pela integral da função, neste

aso

Z

2π

0

sen(x)dx

(4)

Mas no ál ulo direto esta área é zero, pois a função

sen(x)

apresenta uma distribuição de suas áreas, uma na parte positiva de

y

e outra na parte negativa, na extensão de

0

a

2π

. Mas, sabemos que estas áreas são positiva e iguais, então temos:

Z

π

0

sen(x)dx =

Z

2π

π

sen(x)dx

(5)

e a área total a

Z

2π

0

sen(x)dx = 2

Z

π

0

sen

_{(x)dx = −2 [cos(x)]}

π

0

= −2(cos(π) − cos(0)) − 2(−1 − 1) = −2(−2) = 4.

(6) b) 4 ) 8/3 = 2,666 d) 844/5 = 168,8

(7)

-2 - a) Cal ule a integral

Z

1 1 + x

2

dx

(7)

Di a: Utilizando a mudança de variáveis

Resposta: Essa questão deve ser resolvida por mudança de variáveis.

A melhor es olha é

x

= tg(u),

dx

= sec

2

(u)du

(8) om isso temos

Z

1 1 + x

2

dx

⇒

Z

sec

2

(u)

1 + tg

2

(u)

du.

(9)

Agora devemos lembrar da relação trigonométri a

1 + tg

2

(u) = sec

2

(u),

(10) então

Z

sec

2

(u)

1 + tg

2

(u)

du

⇒

Z sec

2

(u)

sec

2

(u)

du

=

Z

du

= u + K.

(11)

Se

x

= tg(u)

, então

u

= arctg(x)

(função inversa), e

Z

1

(8)

2 - b) Cal ule a integral

Z

1 cos(x)

dx

(13)

Di a: Utilize as relações trigonométri as.

Resposta: Existemalgumas maneiras de resolver essa questão, talvez

a mais simples seja dizer que

Z

1 cos(x)

dx

=

Z

sec(x)dx

(14)

e multipli ar a integral por

sec(x) + tg(x)

,

(15) então temos

Z

sec(x)

sec(x) + tg(x)

dx

=

Z sec

2

(x) + sec(x)tg(x)

sec(x) + tg(x)

dx.

(16) Fazemos a mudança de variáveis

u

= sec(x) + tg(x),

du

= sec

2

(x) + sec(x)tg(x)dx

(17) e temos

Z 1

u

dx

= ln |u| + C = ln |sec(x) + tg(x)| + C.

(18)

(9)

2 - d)

Z

1 √

a

2

− x

2

dx

= arcsen(

x

a

) + C

(19)

Z

1 √

a

2

− x

2

dx

=

Z

1 a

q

1 −

x

_a

2

dx

=

Z

1 a

p

_{1 − (}

x

_a

)

2

dx

(20)

sen(u) =

x

a

cos(u)du =

dx

a

(21)

Z

1 a

p

_{1 − (}

x

_a

)

2

dx

=

Z

✚

acos(u)

✚

a

p

1 − (sen(u))

2

du

=

Z

cos(u)

p

1 − (sen(u))

2

du

(22) Lembrando que

cos(u) =

p

_{1 − (sen(u))}

2

(23) Então

Z cos(u)

cos(u)

du

=

Z

du

= u + C = arcsen(

x

a

) + C

(24) om

sen(u) =

x

a

u

= arcsen(

x

a

).

(25)

(10)

1 e)

e

x

_{(x − 1) + C}

f)

1 a

arctg(

x

a

) + C

g)

1

9

arctg(3x)

(11)

3 - a) Cal ule a integral

Z

e

x

sen(x)dx

(26)

Resposta: Pela integral por partes

Z

f

(x)g

′

_{(x)dx = f (x)g(x) −}

Z

f

′

(x)g(x)dx,

(27) ou simplesmente

Z

udv

_{= uv −}

Z

vdu,

(28) Es olhendo

Z

e

x

|{z}

u

sen(x)dx

|

{z

}

dv

= −e

x

cos(x) +

Z

e

x

cos(x)dx,

(29) om

u

= e

x

,

du

= e

x

_dx

e

dv

= sen(x)dx

,

v

= −cos(x)

. Fazendo o mesmo pro edimento para a integral do osseno temos

Z

e

x

|{z}

u

cos(x)dx

|

{z

}

dv

= e

x

sen

_{(x) −}

Z

e

x

sen(x)dx,

(30) ou

Z

e

x

sen

_{(x)dx = −e}

x

cos(x) +

e

x

sen

_{(x) −}

Z

e

x

sen(x)dx

,

(31)

Z

e

x

sen

_{(x)dx = −e}

x

cos(x)e

x

sen

_{(x) −}

Z

(12)

3 - b) Cal ule a integral

Z

ln(x)dx

(35)

Resposta: Pode-se resolver por mudança de variáveis ou por partes.

Chamamos

u

= ln(x),

du

=

1 x

dx

(36) e

dv

= dx,

v

= x

(37) Então

Z

ln

_{(x)dx = x ln x −}

Z

x(

1 x

)dx = x ln x −

Z

dx

(38)

Z

ln

_{(x)dx = x ln x − x + C.}

(39) )

xlnx

− x + C

(13)

3 - d) Seja

n ≥ 2

, al ule a integral

Z

sen

n

(x)dx

(40)

Resposta: Pararesponderessaquestãodevemosdesmembraro

sen

n

(x)

em

sen

n

(x) = sen(x)sen

n

−1

(x)

(41) então

Z

sen(x)sen

n

−1

(x)dx

(42)

Apli ando a integral por partes

Z

sen(x)sen

n

−1

(x)dx = −sen

n

−1

(x)cos(x)+(n−1)

Z

cos

2

(x)sen

n

−2

(x)dx

(43)

Sabendo que

cos

2

(x) = 1 − sen

2

(x)

Z

sen(x)sen

n

−1

(x)dx = −sen

n

−1

(x)cos(x)+(n−1)

Z

(1 − sen

2

(x))sen

n

−2

(x)dx

(44)

Z

sen(x)sen

n

−1

(x)dx =

−sen

n

−1

(x)cos(x) + (n − 1)

Z

sen

n

−2

(x)dx −(n − 1)

Z

sen

n

(x)dx

|

{z

}

(14)

4 - a) Cal ule a integral

Z

1 x

2

+ x − 2

dx

(48)

Di a: Abra a fração om polinmio em fatores lineares.

Resposta: Deve-se abrir a fração

1 x

2

+ x − 2

=

1 (x − 1)(x + 2)

=

A

x

_{− 1}

+

B

x

+ 2

.

(49) Multipli ando ambos os membros por

(x − 1)(x + 2)

(mínimo), temos

1 = A(x + 2) + B(x − 1).

(50) Resolvendo, en ontramos

A

=

1

3

e

B

= −

1

3

.

1 x

2

+ x − 2

=

1

3

x

_{− 1}

+

−

1

3

x

+ 2

.

(51)

Z

1 x

2

+ x − 2

dx

=

Z

1

3

x

_{− 1}

dx+

Z

−

1

3

x

+ 2

dx

=

1

3 Z

1 x

_{− 1}

dx

−

1

3 Z

1 x

+ 2

dx.

(52)

Tro amos

u

= x − 1

e

v

= x − 2

e integramos uma integral

R

1 u

du

e temos

Z

1 x

2

+ x − 2

dx

=

1

3 ln |x − 1| −

1

3 ln |x + 2| + C.

(53) ou

Z

1 x

2

+ x − 2

dx

=

1

3 ln

x

_{− 1}

x

+ 2

+ C.

(54) b)

ln

|tg(x)| + C

)

2ln|x − 4| + 3ln|x + 1| + C

(15)

d)

x

− ln(1 + e

x

) + C

e)

1

2

x

+

1

4

sen(2x) + C