Exercicios integrais - Exercícios - Matemática_Parte2, Notas de estudo de Matemática. Universidade Estadual de Ponta Grossa (UEPG)
EmiliaCuca
EmiliaCuca7 de Março de 2013

Exercicios integrais - Exercícios - Matemática_Parte2, Notas de estudo de Matemática. Universidade Estadual de Ponta Grossa (UEPG)

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Apostilas e exercicios de Matemática sobre o estudo do integrais
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Microsoft Word - Resolu..o dos Exerc.cios - corre..o em 27-10-06.doc

e) Temos 2

4 2 2 1

1 1 x A B C D

x x xx x x − = + + +

+ −− .

Logo, 2 2 2 2 2

3 2

1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

( ) ( )

x Ax x B x Cx x Dx x

A B C x B C D x Ax B

− = − + − + − + + =

= + + + − + − −

0 0 1 1

0 0 1 0

A B C A B C D B

A C B D

+ + = =   − + = = ⇒ − = =   − = − = 

.

Portanto, 2

4 2 2 1 1 1xI dx dx C

xx x x − −

= = = + −∫ ∫ .

Exercício 21: Resolva as seguintes integrais indefinidas.

a) 4cos x dx∫ ; b) 3 3sen cosx x dx∫ ; c) 3cotg x dx∫ ; d) 3cossec x dx∫ ; e) 4 3tg secx x dx∫ . Solução: a)

4 2 21 cos2 1 cos2 1cos ( ) ( cos 2 ) 2 2 4 2 4

1 1 1 1 cos4 1 1 1 1cos2 ( ) cos2 cos4 4 2 4 2 2 4 2 8 8 3 1 1 3 1 1cos2 cos4 sen 2 sen 4 8 2 8 8 4 16

x xdx dx x dx

xdx xdx dx dx xdx xdx xdx

dx xdx xdx x x x C

= + = + + =

= + + + = + + + =

= + + = + + +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

b)

3 3 3 2

3 2 3 5

sen cos sen cos (cos )

sen (1 sen )(cos ) sen sen )(cos )

x xdx x x xdx

x x xdx x x xdx

= =

= − = −

∫ ∫ ∫ ∫

Fazendo a mudança de variáveis sen cosu x du xdx= ⇒ = obtemos

3 5 3 5 4 61 1sen sen )(cos ) ( ) sen sen 4 6

x x xdx u u du x x C− = − = − +∫ ∫ .

c) 3 2 2

2

cotg cotg cotg cotg (cossec 1)

cotg cossec cotg .

xdx x dx x x dx

x x dx xdx

= = − =

= −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Fazendo a mudança de variáveis 2cotg cossecu x du xdx= ⇒ = − obtemos 2

2 2

cotg cossec cotg cotg

1 1ln|sec | cotg ln|sec | . 2 2

x xdx xdx udu xdx

u x C x x C

− = − − =

= − − + = − − +

∫ ∫ ∫ ∫

docsity.com

d) 3 2cossec cossec (cossec )xdx x xdx=∫ ∫

2

cossec cossec cotg cotgcossec

u x du x xdx v xdv xdx

= = − ⇒  = −= 

2 2 3cossec cotg cossec (cossec 1) cossec cossecvdu x xdx x x dx xdx xdx= = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Então,

3 `3

3

3

cossec cossec cotg cossec cossec

2 cossec cossec cotg cossec

1 1cossec cossec cotg cossec 2 2

1 1cossec cotg ln|cossec cotg | 2 2

xdx x x xdx xdx

xdx x x xdx

xdx x x xdx

x x x x C

= − − + ⇒

⇒ = − + ⇒

⇒ = − + =

= − + − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

e) 4 3tg secI x xdx= ∫

4 2 2 2 2 4 2tg (tg ) (sec 1) sec 2sec 1x x x x x= = − = − + 4 2 2 7 5 3(sec 2sec 1)sec sec 2 sec secI x x xdx xdx xdx xdx= − + = − +∫ ∫ ∫ ∫

Para cada integral acima usamos integração por partes com 2sec tgdv xdx v x= ⇒ = .

5 4

2

sec 5sec sec tg tgsec

u x du x x xdxdx v xdv x

 = = ⇒  ==  

7 5 4sec sec tg tg (5sec sec tg )xdx x x x x x xdx= −∫ ∫

3 2sec sec secI dx x x dx= =∫ ∫

2

sec sec tg tgsec

u x du x xdx dx

v xdv x

= = ⇒  == 

2

3

sec tg tg sec

sec tg sec (sec 1)

sec tg sec sec

I x x x x dx

x x x x dx

x x x dx x dx

= −

= − −

= − +

∫ ∫ ∫ ∫

3

3

2 sec sec tg sec sec tg ln|sec tg |

1sec (sec tg ln|sec tg |) 2

x dx x x dx x x x x C

x dx x x x x C

= − = + + + ⇒

= + + + ⇒

∫ ∫

docsity.com

5 3 2sec sec secI dx x x dx= =∫ ∫

3 2

2

sec 3sec sec tg tgsec

u x du x x xdxdx v xdv x

 = = ⇒  ==  

3 3 2

3 3 2

3 5 3

sec tg 3 sec tg

sec tg 3 sec (sec 1)

sec tg 3 sec 3 sec

I x x x x dx

x x x x dx

x x x dx x dx

= −

= − −

= − +

∫ ∫ ∫ ∫

5 3

5 3

34 sec sec tg (sec tg ln|sec tg |) 2

1 3sec sec tg (sec tg ln|sec tg |) 4 8

dx x x x x x x

dx x x x x x x C

= + + + ⇒

= + + + +

7 5 2sec sec secI dx x x dx= =∫ ∫

5 4

2

sec 5sec sec tg tgsec

u x du x x xdxdx v xdv x

 = = ⇒  ==  

5 5 2

5 5 2

5 7 5

sec tg 5 sec tg

sec tg 5 sec (sec 1)

sec tg 5 sec 5 sec

I x x x x dx

x x x x dx

x x x dx x dx

= −

= − −

= − +

∫ ∫ ∫ ∫

7 5 3

7 5 3

5 156 sec sec tg sec tg (sec tg ln|sec tg |) 4 8

1 5 15sec sec tg sec tg (sec tg ln|sec tg |) 6 24 48

dx x x x x x x x x

I dx x x x x x x x x C

= + + + + ⇒

= = + + + + +

Exercício 22: Calcule as seguintes integrais:

a) 2

3

4 dx

x x− ∫ ; b) 25

dx

x x+ ∫ ; c) 2 2

2

3 36 dx

x x − ∫ ;

d) 2

5

25

x dx x − ∫ (corrigido colocando raiz no denominador);e) 2

1

9 49 dx

x − ∫ ;f) ( )3/ 22

1

4 4 dx

x − ∫ .

Solução: a) Fazendo a substituição de variáveis

2 2

2, 2sen sen 2

42cos , 4 2cos cos , 2

xa x

xdx d x

θ θ

θ θ θ θ

= = ⇒ =

− = − = ⇒ =

obtemos

docsity.com

2

2

2

3 2cos 33 cossec 2sen 2cos 24

3 3 1 4 /2ln|cossec cotg | ln| | 2 2 /2 /2

3 2 4ln| | 2

I dx d d x x

xC C x x

x C x x

θ θ θ θ θ θ

θ θ

= = = = −

− = − + = − + =

− = − +

∫ ∫ ∫

b) Fazendo a substituição de variáveis

2

2 2 2

5, 5 tg sen 5

55 sec , 5 5 sec cos 5

xa x x

dx d x x

θ θ

θ θ θ θ

= = ⇒ = −

= + = ⇒ = −

obtemos 2

2

2 2

5 sec 1 1 cos cos sen5 tg 5 sec 55

1 1cossec ln|cossec cotg | 5 5

1 5 5 1 5 5ln| | ln| | 5 5

dxI d d x x

d C

x xC C x x x

θ θθ θ θ θθ θ

θ θ θ θ

= = = = +

= = − + =

− − − = − + = +

∫ ∫ ∫

c) Fazendo a substituição de variáveis

2 2

6sec , 6sec tg

3636 6tg , sen

x dx d

xx x

θ θ θ θ

θ θ

= =

− − = =

Obtemos

22 2

2

12sec tg2 1 cos 543 36sec 6 tg3 36

1 1 36sen 54 54

I dx d d x x

xC C x

θ θ θ θ θ

θ θ

θ

= = = = ⋅ ⋅ ⋅−

− = + = +

∫ ∫ ∫

d) Fazendo a substituição de variáveis

2 2

5sec , 5sec tg

3625 5tg , sen

x dx d

xx x

θ θ θ θ

θ θ

= =

− − = =

obtemos 2

2

2 2

5 sec25 5sec tg 25 sec 25tg 5tg25

2525 5 25 5

xI dx d d C x

x C x C

θ θ θ θ θ θ θ θ

= = = = + = −

− = + = − +

∫ ∫ ∫

docsity.com

e) Temos 2 2 22

1 1 1 1 3499 49 (7/3)9( )

9

I dx dx dx x xx

= = = − −−

∫ ∫ ∫ .

Fazendo a substituição de variáveis

2 49 92 49

9

7 7sec , sec tg 3 3

7 7/3tg , sen , cos 3

x dx d

x x

x x

θ θ θ θ

θ θ θ

= =

− − = = =

Obtemos 2 497

93 7 3

sec tg1 1 1 1 3sec ln|sec tg | ln| | 3 tg 3 3 3 7 7/3

xxI d d C C θ θ

θ θ θ θ θ θ

− = = = + + = + +∫ ∫

f) Temos 3 3 2 32 3 22 2

1 8 ( 1)(4 4) ( 4 ) ( 1)

dx dx dxI xx x

= = = −− −

∫ ∫ ∫ .

Fazendo a substituição de variáveis 2sec , sec tg , 1 tgx dx d xθ θ θ θ θ= = − =

obtemos 2

3 2 2 1 1 1 sec 1 cos 1sec tg 8 8 8 costg tg sen

I d d dθ θθ θ θ θ θ θθ θ θ

= = =∫ ∫ ∫ .

Fazendo a substituição de variáveis sen cos

u du d

θ θ θ

=  =

obtemos

2 2 2

1 1 1 1 1 1( ) 8 8 8sen 1 8 18

xI du C C C C uu x x

x

θ − −

= = + = − + = − + = + − −

∫ .

Exercício 23: Mostre que o volume do cone circular reto de altura h e raio da base r é dado por 21 3

r hπ .

Sugestão: Rotacione um triângulo retângulo adequado, cujos catetos estão sobre os eixos coordenados. Solução:

x0

y

h

r

hm r

hy h x r

hy x h r

= −

− = −

= − +

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3 2 2

0 0 0 3 2 2 2 2 2 2

2

2 [ ] (2 2 ) 2 2 3 2

2 3 12 2 0 2 ( ) 2 2 2 . 3 2 3 2 6 6 3

rr rh h h x xV x h xdx x hx dx h r r r

h r r r r hr hr hrh h h r h r

π π π π π

π π π π π π π

− − = − + = + = + =

− − + = + − = − + = = =

∫ ∫

Exercício 24: Encontre a área de um tronco de cone circular reto de altura h e raios 1r e 2r . Solução:

x0

y

h

r1 r2

2 1

2 2

2 2

0 ( )

( ) ( )

hm r r

hy x r r r

hf x x r r r

= − − −

− = − − −

= − −

2

1 1V h rπ= é o volume do cilindro interno. 2 2 2

1 1 1

2

1

2 2 2

2 2 1 2 1

3 2 3 23 2 2 2 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

3 2 3 2 2 1 1

2

2 ( ) 2 [ ( )] 2 ( )

2 2 2 3 2 3 2 3 2

3 22 6(

r r r

r r r

r

r

hrh hV x f x dx x x r dx x x dx r r r r r r

hr r hr r r hr rh x x h h r r r r r r r r r r r r

hr hr r hr r

π π π

π π π

π

− − = = − = + =

− − −

    − − − = + = + − + =    − − − − − −     

+ − =

∫ ∫ ∫

1 3 2 3

2 2 1 1

2 1

. )

3 2 3

r

hr hr r hr r r

π

+ − =

O volume é

3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1

1 2 1 2 1

2 3 3 2 3 2 3 3 2 32 1 1 2 2 1 1

2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1

2 3 3 2 1 1 2

2 1

3 2 ( ) ( 3 2 ) 3 3( )

3 3 3 2 ) 1 [3 3 3 2 ] 3 3

1 [6 5 ]. 3

hr hr r hr r r hr hr hr r hrh r r r r r

hr r hr hr hr r hr h r r r r r r r r r r r

h r r r r r r

π πππ

π π

π

+ − − + + − + =

− −

− + + − = = − + + − =

− −

= − + −

Exercício 25: Considere a região 1R , limitada pelas curvas: 0y = , y x= e 5y x= − + e a região 2R ,

limitada pelas curvas: 3x y+ = , 1 2

y x= e 2y x= . Considere os sólidos 1xS e 2xS obtidos,

respectivamente, pela revolução das regiões 1R e 2R ao redor do eixo Ox. Considere os sólidos 1 yS e 2 yS

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obtidos, respectivamente, pela revolução das regiões 1R e 2R ao redor do eixo Oy. Expresse, mas não calcule, o volume dos sólidos 1xS , 1 yS , 2xS e 2 yS mediante o uso de integrais. Faça isso de duas maneiras, com integrações na variável x e na variável y. Solução:

x5/2

5/2 r

y

(5/2,5/2)

y=x ou x=y

R1

y=x+5 ou x=-y+5

x1

1

r

y y=2x ou x=y/2

R2 y=3- x ou x=3-y

2

2 y=x/2 ou x=2y

Integração em x

5 52 2 2

1 50 2

( ) ( 5)xV S x dx x dxπ π= + − +∫ ∫

5 52 2

1 50 2

( ) ( ) ( 5)yV S x x dx x x dxπ π= + − +∫ ∫

1 2 2 2 2 21 1

2 2 2 0 1

( ) [(2 ) ( ) ] [(3 ) ( ) ]xV S x x dx x x dxπ π= − + − −∫ ∫ 1 2

1 1 2 2 2

0 1

( ) 2 ( 2 ) 2 (3 )yV S x x x dx x x x dxπ π= − + − −∫ ∫ . Integração em y

5 2

1 0

( ) [( 5) ( )]xV S y y y dyπ= − + −∫ 5

2 2 2

1 0

( ) [( 5) ( ) ]yV S y y dyπ= − + −∫ 1 2

1 1 2 2 2

0 1

( ) 2 [(2 ) ( )] 2 [(3 ) ( )]xV S y y y dy y y y dyπ π= − + − −∫ ∫ 1 2

2 2 2 21 1 2 2 2

0 1

( ) 2 [(2 ) ( ) ] [(3 ) ( ) ]yV S y y y dy y y y dyπ π= − + − −∫ ∫ .

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Exercício 26: Considere a região R, limitada pelas curvas: 2 1y x= + , 2y x= − , 0x = e 5x = . Considere o sólido S obtido pela revolução de R ao redor do eixo Oy. Expresse, mas não calcule, o volume de S mediante o uso de integrais. Faça isso de duas maneiras, com integrações na variável x e na variável y. Solução:

x5

1

y

3 y=x-2 ou x=y+2

-1 0

26 2 1y x= + 1x y= −ou

Integração em x : 5

2

0

2 [( 1) ( 2)]x x x dxπ + − −∫

Integração em y : 1 3 236

2 2 2 2 2

2 1 3

[( 2) ] [( 2) ( 1) ] [(5) ( 1) ]x y dy y y dy y dyπ π π −

− + + − − + − −∫ ∫ ∫ Exercício 27: Calcule o volume do sólido S, situado entre os planos perpendiculares ao eixo Ox em 0x = e em 4x = , com a base no plano x y , limitada pela parábola 2x y= , sabendo que suas seções transversais são quadrados. Solução:

x0 4

y

2x y=

A base do sólido S é a região do plano xy limitada pela parábola 2x y= e a reta 4x = .

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Para cada 0 [0,4]x ∈ o lado do quadrado tem medida igual a 2 x . Logo, a área do quadrado é igual a 4x . ( 0!)x > . Então

44 4 2 2

0 0 0

( ) 4 2 2 4 2 0 32V A x dx x dx x = = = = ⋅ − ⋅ =∫ ∫

O volume do sólido é 32 unidades de volume. Exercício 28: Mostre, mediante o uso da técnica do volume por fatiamento, que o volume da pirâmide de

altura h e base quadrada de lado l é dado por 21 3

V l h= .

Solução: Se considerarmos o eixo vertical como prolongamento da “altura” da pirâmide e orientado para “cima” podemos descobrir a área ( )A x do quadrado obtido como fatiamento da pirâmide pela família de planos paralelos à base da mesma mediante semelhança de triângulos.

0

h

l/2

x b

2

2

( ) ( ) 2

e

e

h x e h xh h x b b h h

− −− = ⇒ = =

Na “altura” x , o lado do quadrado é igual a ( )2 e h xb h

= . Então 2 2

2 ( )( ) e h xA x

h

= .

2 2 2

2 2 2

0 0 0

( )( ) ( ) h h he h x eV A x dx dx h x dx

h h

= = = −∫ ∫ ∫

3 3 3 3 2

0 0

( ) ( ) ( 0)( ) 3 3 3 3

hh h x h h h hh x dx     − − −

− = − = − − − =         

∫ 2 3

2 2

1 1(área da base)(altura) 3 3 3

e hV e h h = = = .

Exercício 29: Encontre o comprimento do arco sobre a curva 3 2y x= + do ponto (0, 2) ao ponto (4, 10) .

Solução: Temos 1

23 3 22

dyy x x dx

= + ⇒ = . O comprimento do arco desejado é dado por

( )12 4 423 9

2 4 0 0

1 1s x dx xdx= + = +∫ ∫

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Fazendo a mudança de variável

4 9

4 9

1

0 1 4 10

u x

du dx x u x u

 = +  =

 = ⇒ =

 = ⇒ =

obtemos

( )3 32 2 10

4 4 8 82 9 9 3 27 27

1

10 1 (10 10 1) (31,62 1) 9,07unidadess udu= = ⋅ − = − ≅ − ≅∫

Exercício 30: Encontre o comprimento do arco sobre o gráfico da função 3 1( )

6 2 xf x

x = + do ponto de

abscissa 1 ao ponto de abscissa 3.

Solução: Temos 23 21 2 21 1 1

6 2 2 2 2( ) ´( ) ( ) x xf x x f x x x x− − −= + ⇒ = − = − . Assim o comprimento do arco

desejado é dado por

2 4 4

4 4 4 4 4 8

4

4 24 8 4

2 2 2 2

3 3 322 4 41 1 1 2 4 4 2 4

1 1 1 3 3 3 3

4 42 2 11 1 1 2 4 4 4 2 2

1 1 1 1 3 3 3 3 3

( 1) 22 1 11 1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 1 1 1

1 ( ) 1 ( 2 ) 1

2

x x

x x x x x x x

xx x x x x x x

s x x dx x x dx dx

dx dx x x dx dx

dx dx dx dx x dx

− −

− −

−+ + + +

++ + +

 = + − = + − + = + − + = 

= + + = = + + = =

 = = = = +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3

3

331 1 2 31 1

3 28 141 1 1 1 2 3 3 3 2 3 31 unidades

x xdx

  = − + =         = − + + − = = 

Exercício 31: Calcule a área da superfície obtida ao rotacionarmos o arco do gráfico de ( )f x x= entre os pontos (1,1) e (4,2) ao redor do eixo Ox. Solução: A curva é parte de uma parábola e, ao ser rotacionada ao redor do eixo Ox, gera o parabolóide, conforme a figura a seguir.

x0 1 4

1

2

y y x=

x0 1 4

y

4 4 4 2 1 1

4 4 1 1 1

2 1 ( ) 2 1 2dydx xA x dx x dx x dxπ π π= + = + = +∫ ∫ ∫

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Fazendo a mudança de variável

1 4

5 4 17 4

1

4

u x du dx

x u

x u

 = +  =

 = ⇒ =  = ⇒ =

temos

( ) ( ) ( ) ( )

17 4 17

3 3 34 2 2 2

5 45

4

4 17 5 4 17 17 5 52 3 3 4 4 3 4 4 4 4

4 17 5 3 8 8 6

2 2 ( ) ( )

17 5 17 17 5 5 30,8 unidades quadradas.

A udu u π π

π π

π π = = = − = − =

= − = − ≅

Exercício 32: Considere o arco do gráfico de 3( )f x x= entre os pontos (1,1) e (2,8) . Calcule a área da superfície obtida ao girarmos esse arco ao redor do eixo Ox. Solução:

A curva e a superfície de revolução estão representados a seguir.

x0 1 2

1

8 y

y=x3

x0 1 2

1

8 y

y=x3

-1

2 2

3 2 2 3 4

1 1

2 1 (3 ) 2 1 9A x x dx x x dxπ π= + = +∫ ∫

Fazendo a mudança de variável

4

3

1 9

36 1 10 2 145

u x

du x x u x u

 = +   =  = ⇒ =

 = ⇒ =

temos

3 3 3 2 2 2

145 1452 36 18 3 27 2710

10

27

2 (145 10 ) (145 145 10 10 )

(145 12,04 10 3,16) 199,35unidades quadradas

uA du uπ π π

π

π = = = − = − =

≅ ⋅ − ⋅ ≅

Exercício 33: Esboce a região identificada com a integral imprópria do Exemplo 48.

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Solução: A integral do exemplo 48 é 0 0

lim 1 b

x x

b e dx e dx

+∞ − −

→∞ = =∫ ∫ .

x

y

O

1 y = e-x

x = b

Exercício 34: Encontre os valores de k para os quais a integral imprópria 0

kxe dx +∞

∫ converge e determine o valor da integral. Solução:

1 1 1 0

0 0

lim lim lim ( 1) b bkx kx kx kx kb

k k kb b b e dx e dx e e e

+∞

→∞ →∞ →∞ = = = −∫ ∫

Se 0k > , 1lim ( 1)kbkb e

→∞ − = +∞ . Logo

0

kxe dx +∞

∫ é divergente para 0k > .

Se 0k < , 1 1lim ( 1)kbk kb e

→∞ − = − . Logo

0

kxe dx +∞

∫ é divergente para 0k > .

Se 0k = , ]0 0 0

lim limbkx b b

e dx dx x b +∞ +∞

→∞ →∞ = = = = +∞∫ ∫ . Logo

0

kxe dx +∞

∫ é divergente para 0k = .

Portanto a integral imprópria 0

kxe dx +∞

∫ é convergente para todo 0k < .

Exercício 35: Considere a região ilimitada R, acima do eixo Ox e abaixo do gráfico da função 1( )f x x =

situado sobre o intervalo +∞[1, ) . Mostre que o volume do sólido ilimitado obtido pela rotação de R em torno do eixo Ox é igual a π unidades cúbicas. Solução:

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x

y

O 1

1

dx

y = 1/x

Observe que: . espessura do disco: dx ; . raio do disco: 1x ;

. volume do disco: 21( )x dxπ ⋅ .

Assim, 2 21 1 1 1 1

1 1

lim lim lim ( 1) b b

bx x xb b b V dx dxπ π π π π

+∞

→∞ →∞ →∞ = = = = − − =∫ ∫ .

Exercício 36: Determine se a integral imprópria é convergente ou divergente e, no caso de ser convergente, calcule o valor da integral.

(a) 0

sen x dx +∞

∫ ; (b) 20

5 xx dx− −∞∫ ; (c) 0

xxe dx +∞ −∫ ;

(d) 1

ln x dx +∞

∫ ; (e) 4

20 2 3 dx

x x− −∫ ; (f) ( )2lne dx

x x

+∞

∫ ;

(g) 0

ln e

x dx∫ ; (h) 0 ln x dx +∞

∫ . Solução:

a) ]0 0 0

sen lim sen lim cos lim (cos cos0) lim (1 cos ) b

b

b b b b x dx x dx x b b

+∞

→∞ →∞ →∞ →∞ = = − = − − = −∫ ∫ . Como b assume

todos os valores de nπ e 2nπ , então cosb assume todos os valores de 1− a 1 . Portanto, lim cos b

b →∞

não

existe. Consequentemente a integral imprópria diverge.

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b) 2 2

0 0

5 lim 5x x a

a

x dx x dx− − →−∞

−∞

=∫ ∫ . Inicialmente vamos resolver a integral 2

0

5 x

a

x dx−∫ . Fazendo a mudança

de variável

2

2

2

0 0

u x du xdx

x a u a x u

 = −  = −

 = ⇒ = −

 = ⇒ =

obtemos

22 2 20

2 2

0 0 05 5 51 1 1 1 1 2 2 ln 5 2 ln 5 ln 5 ln 25 ln 255 5 ( ( ) (1 5 ) (5 1)

u ax u a a a

a a

x dx du −− − −

− −

= − = − = − − = − − = −∫ ∫

Portanto, 2 2

0 1 1

ln 25 ln 255 lim [ (5 1)] x a

a x dx− −

→−∞ −∞

= − = −∫

c) xxe

0 0

lim b

x x

b xe dx xe dx

+∞ − −

→∞ =∫ ∫ . Fazendo a mudança de variável x x

u x du dx

dv e v e− − = − ⇒ =

 = ⇒ = −

obtemos

x x x x x x xxe dx xe e dx xe e dx xe e− − − − − − −= − − − = − + = − −∫ ∫ ∫ . Portanto,

0 0

( 1) (0 1) 1 b bx x x b b bxe dx xe e e b be e− − − − − −= − − = − − − − = − − +∫ .

Assim,

1

0

lim ( 1) lim lim 1b bx b b be eb b b xe dx be e

+∞ − − − −

→∞ →∞ →∞ = − − + = − +∫ .

Observe que lim bbeb

− →∞

é uma indeterminação do tipo ∞∞ e, neste caso, podemos aplicar a regra de L´Hospital,

isto é, 1lim lim 0b bbe eb b − −

→∞ →∞ = = . Logo,

1

0

lim lim 1 0 0 1 1b bx be eb b xe dx

+∞ − −

→∞ →∞ = − + = − + =∫ .

d) 1 1

ln lim ln b

b x dx x dx

+∞

→∞ =∫ ∫ . Resolvendo a integral por partes temos

1ln xu x du dx dv dx v x  = ⇒ =  = ⇒ =

e 1ln ln ln lnxx dx x x x dx x x dx x x x= − = − = −∫ ∫ ∫ . Logo,

]1 1

ln ln ln (0 1) ln 1 b

bx dx x x x b b b b b b= − = − − − = − +∫

Assim, 1

ln lim ( ln 1) b

x dx b b b +∞

→∞ = − + = +∞∫ . Portanto a integral diverge.

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e) 2 4 4

1 ( 1)( 3)2 3

limdx x xx x a a

dx+ −− − →−∞ −∞

=∫ ∫

1 1 3 ( 1)( 3) ( 3) ( 1) 1 ( ) 3 1

A B x x x x A x B x A B x A B+ − + −+ = ⇔ − + + = ⇔ + − + =

1 4

1 4

0 3 1

AA B A B B

 = −+ = ⇒ − + = = 

( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 4 4 4 4 4

2

4 3 4 4

1 3 1 3 1 3 1 32 3 3 3 0 0 3 0

41 1 4 403 3

1 43

( ) ( ) lim ( ) lim ( )

lim ( ln| 1| ln| 3| lim ( ln| 1| ln| 3

lim ( ln| 1| ln| 3| ln 3

b dx

x x x x x x x xx x b a a

b

ab a

b

dx dx dx dx

x x x x

b b

− +

− +

− − − − + − + − + − + −− − → →

→ →

= + + + = + + + =

 = − + + + + − + + + = 

= − + + + −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )143lim ( ln5 ln| 1| ln| 3| .a a a+→+ − + + − −

Observe que os limites acima não existem, pois

3 lim ln| 3|

b b

−→ − = −∞ e

3 lim ln| 3|

a a

+→ − = −∞ . Portanto a

integral imprópria diverge. Note que, neste caso, bastaria analisar apenas uma das integrais da parcela inicial.

f) 2 2(ln ) (ln )lim b

dx dx x x x xb

e e

+∞

→∞ =∫ ∫ . Fazendo a mudança de variável 1

ln

x

u x

du dx

=  =

obtemos

2 2

ln ln1 1

ln(ln ) 1 1

1 b b

bdx du u bx x u

e

= = − = − +∫ ∫ .

Portanto, 2 1ln(ln ) lim ( 1) 1 dx

bx x b e

+∞

→∞ = − + =∫ . A integral imprópria converge para 1 .

g) 0

0

ln lim ln e e

x dx x dx ε

ε +→

=∫ ∫ . Mas, pelo ítem d) tem-se que ln (ln 1)x dx x x= −∫ . Logo,

]2 0

ln (ln 1) (ln 1) (ln 1) ln e

x dx x x e eε ε ε ε ε ε= − = − − − = − +∫

1 ln

0 0 0 0

ln lim ( ln ) lim lim e

x dx ε

ε ε ε ε

ε ε ε ε + + +→ → →

= − + = − +∫ . Aplicando a regra de L´Hospital, vem

1

1 1 2

ln 0 0 0

lim lim lim 0ε ε ε

ε ε ε ε

ε + + +−→ → → = = − =

Portanto a integral imprópria converge para zero.

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h) 0

0 0

ln ln ln lim ln lim ln e e b

a b e a e

x dx x dx x dx x dx x dx +

+∞ +∞

→ →+∞ = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ . Vamos calcular inicialmente a

integral 0

lim ln e

a a

x dx +→ ∫ .

] 0 0 0 0 0

lim ln lim ln lim [ 0 (ln 1)] lim ln lim ln e

e aa a a a a

a

x dx x x e a a a a a + + + + +→ → → → →

= = ⋅ − − = − +∫

Pela resolução do item g), tem-se que 0

lim ln 0 a

a a +→

= . Logo 0

lim ln 0 e

a a

x dx +→

=∫ .

Vamos calcular agora lim ln b

b e

x dx →+∞ ∫

]lim ln lim (ln 1) lim (ln 1) 0 b

b eb b b

e

x dx x x b b e →+∞ →+∞ →+∞

= − = − − ⋅ = +∞∫ .

Portanto, a integral imprópria 0

ln x dx +∞

∫ diverge.

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