Mat01353 - Cálculo e Geometria Analítica I-A
Solução da Terceira Verificação : Tarde B - 2002/2

Questão 1. (3.0 pontos).

(a) Calcule $$\int \frac{dx}{\sqrt{9 + x^2}}$$ usando uma substituição trigonométrica conveniente.

(b) Calcule $$\int \frac{2x^2-x+1}{(x+1)(x-1)^2} dx$$ usando o método de Frações Parciais.

(c) Calcule a integral imprópria : $$\int_5^{+\infty} (3x+1)^{-3/2} dx$$.

Solução :

(a) Substituição $x = 3 \tan(u) \Rightarrow dx = 3 \sec^2(u) du \ , \ -\pi/2 < u < \pi/2$

$$\int \frac{dx}{\sqrt{9 + x^2}} = \int \frac{3 \sec^2(u) du} {\sqr... ...^2(u) du}{3 \sec(u)} = \int \sec(u) du = \ln \vert \sec(u) + \tan(u) \vert + C$$ , $C \in {\mathbb{R}}$

onde

$$\tan(u) = x/3 \Rightarrow \sec(u) = \sqrt{1 + (x/3)^2} = \frac{\sqrt{9 + x^2}}{3}$$

assim

$$\int \frac{dx}{\sqrt{9 + x^2}} = \ln \left\vert \frac{\sqrt{9 + x^2}}{3} + \frac{x}{3} \right\vert + C \ , \ C \in {\mathbb{R}}$$.

(b) Decomposição em Frações Parciais:

$$\frac{2x^2 - x + 1}{(x+1)(x-1)^2} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x-1} + \frac{C}{(x-1)^2} = \frac{A(x-1)^2 + B(x-1)(x+1) + C(x+1)} {(x+1)(x-1)^2}$$

e então

$$2x^2 - x + 1 = A(x^2 - 2x + 1) + B(x^2-1) + C(x+1)$$

$$2x^2 - x + 1 = (A + B)x^2 + (C-2A)x + A - B + C$$

e temos que resolver

$$\left\{ \begin{array}{ccc} A + B &= 2\\ C - 2A & = -1 \\ A - B +C &= 1 \end{array} \right.$$ .

Somando as três equações acima temos:

$$2C = 2 \Rightarrow C = 1$$

$$2A = C + 1 = 2 \Rightarrow A = 1 \ , \ \Rightarrow B = 2 - A = 1$$

e assim

$$\frac{2x^2 - x + 1}{(x+1)(x-1)^2} = \frac{1}{x+1} + \frac{1}{x-1} + \frac{1}{(x-1)^2}$$

e finalmente

$$\int \frac{2x^2 - x + 1}{(x+1)(x-1)^2} dx = \int \left( \frac{1}{x+1} + \frac{1}{x-1} + (x-1)^{-2} \right) dx$$

$\Rightarrow \displaystyle \int \frac{2x^2 - x + 1}{(x+1)(x-1)^2} dx = \ln\vert x+1\vert + \ln\vert x-1\vert - \frac{1}{x-1} + C \ , \ C \in {\mathbb{R}}$ .

(b) Por definição :

$$\int_5^{\infty} (3x+1)^{-3/2}dx = \lim_{\ell \rightarrow \infty} \int_5^{\ell} (3x+1)^{-3/2} dx$$

$$\begin{array}{ll} u = 3x + 1 & \longrightarrow du = 3 dx \\ x = ... ... u = 3(5)+1 = 16 \\ x = \ell & \longleftrightarrow u = 3 \ell + 1 \end{array}$$

e assim

$$\int_5^{\ell} (3x+1)^{-3/2} dx = \int_{16}^{3\ell + 1} u^{-3/2} \frac{du}{3} = \frac{1}{3} \left[ \frac{u^{-1/2}}{-1/2} \right]_{16}^{3 \ell +1}=$$

$$\frac{-2}{3} \left[ \frac{1}{\sqrt{3\ell + 1}} - \frac{1}{\sqrt{16}} \right] = \frac{2}{3} \left( \frac{1}{4} - \frac{1} {\sqrt{3\ell + 1}} \right)$$

e finalmente

$$\int_5^{\infty} (3x+1)^{-3/2} dx = \lim_{\ell \rightarrow \infty}... ...frac{1}{\sqrt{3\ell + 1}} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{6}$$

Questão 2 (2.0 pontos) Dada as curvas $y^2 = x+4$ e $y = x+2$.

(a) Faça um esboço da região R limitada pelas curvas dadas identificando claramente os pontos de intersecção ;

(b) calcule a área da região R.

Solução :

(a) intersecção :

$$x+4 = (x+2)^2 \Rightarrow x^2 + 4x + 4 = x+ 4$$

$$\Rightarrow x^2 + 3x = x(x+3) = 0 \Rightarrow x_1 = 0 \ , \ x_2 = 3$$

$$y_1 = x_1 + 2 = 2 \ , \ y_2 = x_2 + 2 = -1$$

O gráfico abaixo esboça a região R:

(b) Temos, integrando em $x$:

$$A = \int_{-4}^{-3} 2 \sqrt{x+4} dx + \int_{-3}^0 \left[ \sqrt{x+4} - (x+2) \right] dx$$

$$A = 2 \left[ \frac{(x+4)^{3/2}}{3/2} \right]_{-4}^{-3} + \left[ \frac{(x+4)^{3/2}}{3/2} - \frac{x^2}{2} - 2x \right]_{-3}^0$$

$$A = \frac{4}{3} \left( 1^{3/2} - 0^{3/2} \right) + \left( \frac{2... ...ot 4^{3/2} - 0 - 0 - \frac{2}{3} \cdot 1^{3/2} + \frac{3^2}{2} + 2(-3) \right)$$

$$A = \frac{4}{3} + \frac{16}{3} - \frac{2}{3} + \frac{9}{2} - 6 =\frac{9}{2}$$

ou ainda, se integrarmos em $y$:

$$y = x + 2 \Rightarrow x = y-2$$

$$y^2 = x+4 \Rightarrow x = y^2 - 4$$

$$A = \int_{-1}^2 \left( y-2 - (y^2 - 4)\right) dy = \int_{-1}^2 (y... ...2 + 3 -\frac{8}{3} - \left( \frac{1}{2} - 2 + \frac{1}{3} \right) = \frac{9}{2}$$ .

Questão 3 (2.0 pontos)

Seja R a região hachurada na figura ao lado (abaixo). Escreva (não calcule) a integral que dá o volume do sólido obtido quando rodamos a região R:

(a) em torno do eixo $x$.

(b) em torno do eixo $y$.

Solução :

Intersecção entre as curvas:

$$4x = 5 - x^2 \Rightarrow x^2 + 4x - 5 = (x+5)(x+1) = 0 \Rightarrow x=1, y=4$$

(a) Temos

$$V = \pi \int_0^1 \left( (5-x^2)^2 - (4x)^2 \right) dx$$ .

(b) Temos

$$V = \pi \int_0^4 \left( \frac{y}{4} \right)^2 dy + \pi \int_4^5 \... ...t{5 - y} \ \right)^2 dy = \frac{\pi}{16} \int_0^4 y^2 dy + \pi \int_4^5 (5-y)dy$$.

Questão 4 (1.5 pontos) Seja

$$F(x) = \int_{-1}^x f(t) dt \ , \ -1 \leq x \leq 3$$

onde o gráfico de $y = f(x)$ é dado ao lado (abaixo).

(a) Calcule $F(-1), F(1), F(2), F(3)$.

(b) Determine os intervalos onde $F$ é crescente e onde $F$ é decrescente.

Solução :

(a) Contabilizando áreas de triângulos e quadrados de aresta unitária:

$$F(-1) = \int_{-1}^{-1} f(t)dt = 0$$

$$F(1) = \frac{-1}{2} - \frac{1}{2} = -1$$

$$F(2) = F(1) + \frac{1}{2} = \frac{-1}{2}$$

$$F(3) = F(2) + 1 + \frac{1}{2} = 1$$

(b) Pelo Teorema Fundamental do Cálculo (parte 2):

$$F'(x) = \frac{d}{dx} \left[ \int_{-1}^x f(t) dt \right] = f(x) \ , \ x \in (-1,3)$$

e assim:

$F'(x)= f(x) < 0$ em $(-1,1) \Longrightarrow F(x)$ é decrescente em $(-1,1)$

$F'(x) = f(x) > 0$ em $(1,3) \Longrightarrow F(x)$ é crescente em $(1,3)$.

Questão 5 (1.5 pontos) Determinar a equação da elipse que passa pela origem, tem centro em $(4,0)$ e um dos focos em $(1,0)$. Faça um esboço da curva, apontando no mesmo todos os seus vértices.

Solução :

$$C(4,0) \ , \ F(1,0) \Longrightarrow c = 3$$ (distância do centro ao foco)

e também sabemos que o eixo principal é paralelo ao eixo dos $X$. Assim, $C(4,0)$ implica

$$\frac{(x-4)^2}{a^2} + \frac{(y-0)^2}{b^2} = 1$$

e sabendo que $(x,y) = (0,0)$ pertence à curva:

$$\frac{16}{a^2} + \frac{0^2}{b^2} = 1 \Longrightarrow a = 4$$

e como $a^2 = b^2 + c^2$ temos

$$4^2 = b^2 + 3^2 \Longrightarrow b^2 = 7$$

e a equação canônica desta elipse é:

$$\frac{(x-4)^2}{16} + \frac{y^2}{7} = 1$$ .

O esboço abaixo aplica a informação sobre os parâmetros $a,b,c$, além da informação dada sobre o centro e focos: