Baixe Integrais Indefinidas: Cálculo de Volumes e Áreas de Regiões Limítrofes e outras Notas de estudo em PDF para Matemática, somente na Docsity!
e) Temos
2
4 2 2
x A B C D
x x x^ x x^ x
− +^ −
.
Logo,
2 2 2 2 2
3 2
x Ax x B x Cx x Dx x
A B C x B C D x Ax B
A B C A
B C D B
A C
B D
+^ +^ =^ =
−^ +^ =^ =
.
Portanto,
2
4 2 2
x 1 1 1 I dx dx C x x x x
Exercício 21: Resolva as seguintes integrais indefinidas.
a)
4 cos x dx
; b)
3 3 sen x cos x dx
; c)
3 cotg x dx
;
d)
3 cossec x dx
; e)
4 3 tg x sec x dx
.
Solução:
a)
4 1 cos 2^2 1 cos 2^12 cos ( ) ( cos 2 ) 2 2 4 2 4
1 1 1 1 cos4 1 1 1 1 cos 2 ( ) cos 2 cos 4 2 4 2 2 4 2 8 8
3 1 1 3 1 1 cos 2 cos4 sen 2 sen 4 8 2 8 8 4 16
x x dx dx x dx
x dx 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 u = sen x ⇒ du = cos xdx obtemos
sen 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
2 u = cotg x ⇒ du = − cossec xdx obtemos
2
2 2
cotg cossec cotg cotg
ln|sec | cotg ln|sec |. 2 2
x xdx xdx udu xdx
u x C x x C
d)
3 2 cossec xdx = cossec x (cossec xdx )
2
cossec (^) cossec cotg
cossec cotg
u x (^) du x xdx
dv xdx v^ x
2 2 3 vdu = cossec x cotg xdx = cossec x (cossec x − 1) dx = cossec xdx − cossec xdx
Então,
3 `
3
3
cossec cossec cotg cossec cossec
2 cossec cossec cotg cossec
cossec cossec cotg cossec 2 2
1 1 cossec 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 3 I = tg x sec xdx
4 2 2 2 2 4 2 tg x = (tg x ) = (sec x − 1) = sec x − 2sec x + 1
4 2 2 7 5 3 I = (sec x − 2sec x + 1)sec xdx = sec xdx − 2 sec xdx + sec xdx
Para cada integral acima usamos integração por partes com
2 dv = sec xdx ⇒ v = tg x.
(^5 )
2
sec (^) 5sec sec tg
sec tg
u x (^) du x x xdx dx
dv x v^ x
=^ =
7 5 4
∫ sec^ xdx^ =^ sec^ x^ tg^ x^ −∫tg^ x^ (5sec^ x^ sec^ x^ tg^ xdx )
3 2 I = sec dx = sec x sec x dx
2
sec (^) sec tg
sec tg
u x (^) du x xdx dx dv x v^ 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 |
sec (sec tg ln|sec tg |) 2
x dx x x dx x x x x C
x dx x x x x C
2
2
2
3 2 cos 3 3 cossec
4 2sen^ 2 cos^2
ln|cossec cotg | ln| | 2 2 / 2 / 2
ln| | 2
I dx d d
x x
x C 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
5 sec , 5 5 sec cos
5
x a x
x
dx d x
x
θ θ
θ θ θ θ
obtemos
2
2
2 2
5 sec 1 1 cos
5 5 tg^ 5 sec^5 cos^ sen
1 1 cossec ln|cossec cotg | 5 5
ln| | ln| | 5 5
dx I d d
x x
d C
x x C C x x x
θ θ θ θ θ θ θ^ θ
θ θ θ θ
c) Fazendo a substituição de variáveis
2 2
6sec , 6sec tg
36 6tg , sen
x dx d
x x x
θ θ θ θ
θ θ
Obtemos
2 2 2
2
2 12sec tg 1 cos
3 36 3 36sec^ 6 tg^54
sen 54 54
I dx d d
x x
x C C x
θ θ θ θ θ θ θ
θ
− ⋅^ ⋅^ ⋅
d) Fazendo a substituição de variáveis
2 2
5sec , 5sec tg
25 5tg , sen
x dx d
x x x
θ θ θ θ
θ θ
obtemos
2
2
2 2
5 sec 25 5sec tg 25 sec 25tg
25 5tg
x I dx d d C
x
x C x C
θ θ θ θ θ θ θ θ
e) Temos 2 2 2 2
I dx dx dx
x x x
.
Fazendo a substituição de variáveis
(^2 ) 2 49 9 9
sec , sec tg 3 3
tg , sen , cos 3
x dx d
x x x x
θ θ θ θ
θ θ θ
Obtemos
7 2 49 3 9 7 3
1 sec^ tg 1 1 1 3 sec ln|sec tg | ln| | 3 tg 3 3 3 7 7/
x^ x I d d C C
θ θ θ θ θ θ θ θ
f) Temos (^3 3 2 ) (^2 2 3 )
dx dx dx I
x x x
Fazendo a substituição de variáveis
2 x = sec θ, dx = sec θ tg θ d θ, x − 1 =tgθ
obtemos
2
3 2 2
1 1 1 sec 1 cos 1 sec tg 8 tg 8 tg 8 sen cos
I d d d
θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ
.
Fazendo a substituição de variáveis
sen
cos
u
du d
θ
θ θ
obtemos
(^2 2 )
8 8 8sen (^1 8 ) 8
x I du C C C C u u 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
π r h.
Sugestão: Rotacione um triângulo retângulo adequado, cujos catetos estão sobre os eixos coordenados.
Solução:
0 x
y
h
r
h m r
h y h x r
h y x h r
obtidos, respectivamente, pela revolução das regiões R 1 e R 2 ao redor do eixo Oy. Expresse, mas não
calcule, o volume dos sólidos S 1 (^) x , S 1 (^) y , S 2 (^) x e S 2 (^) y mediante o uso de integrais. Faça isso de duas
maneiras, com integrações na variável x e na variável y.
Solução:
5/2^ x
5/
r
y
(5/2,5/2)
y=x ou x=y
R (^1)
y=x+5 ou x=-y+
1^ x
1
r
y
y=2x ou x=y/
R (^2) y=3- x ou x=3-y
2
2 y=x/2 ou x=2y
Integração em x
5 2 5 2 2 1 0 5 2
V S ( (^) x ) = π x dx + π( − x +5) dx
5 2 5 2 1
0 5 2
V S ( (^) y ) = π x x dx ( ) + π x ( − x +5) dx
1 2 2 1 2 2 1 2 (^2 2 ) 0 1
V S ( x ) = ∫ π[(2 x ) − ( x ) ] dx + ∫π[(3 − x ) −( x ) ] dx
1 2 1 1 (^2 2 ) 0 1
V S ( y ) = ∫ 2 π x ( 2 x − x dx ) + ∫ 2 π x (3 − x − x dx ).
Integração em y
5 2
1 0
V S ( (^) x ) = π y [( − y + 5) −( y )] dy
5 2 2 2 1
0
V S ( (^) y ) = π[( − y + 5) −( y ) ] dy
1 2 1 1 (^2 2 )
0 1
V S ( (^) x ) = 2 π y [(2 y ) − ( y )] dy + 2 π y [(3 − y ) −( y )] dy
1 2 2 1 2 2 1 2 (^2 2 ) 0 1
V S ( (^) y ) = 2 π y [(2 y ) − ( y ) ] dy + π y [(3 − y ) −( y ) ] dy
.
Exercício 26: Considere a região R, limitada pelas curvas:
2 y = x + 1 , y = x − 2 , x = 0 e x = 5.
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:
5^ x
1
y
3 y=x-2 ou x=y+
0
26
2 y = x + 1 ou x = y − 1
Integração em x :
5 2
0
∫^2 π^ x^ [(^ x^ +^ 1)^ −^ (^ x^ −2)] dx
Integração em y :
1 3 236 2 2 2 2 2
2 1 3
π x [( y 2) ] dy π[( y 2) ( y 1) ] dy π[(5) ( y 1) ] dy
−
∫ −^ +^ ∫ +^ −^ −^ +^ ∫ −^ −
Exercício 27: Calcule o volume do sólido S, situado entre os planos perpendiculares ao eixo Ox em x = 0
e em x = 4 , com a base no plano x y , limitada pela parábola
2 x = y , sabendo que suas seções transversais
são quadrados.
Solução:
0^ x 4
y
2 x = y
A base do sólido S é a região do plano xy limitada pela parábola
2 x = y e a reta x = 4.
Fazendo a mudança de variável
4 9
4 9
u x
du dx
x u
x u
=^ ⇒^ =
=^ ⇒^ =
obtemos
( )
(^3 2 )
10 4 4 2 8 8 9 9 3 27 27 1
s = udu = ⋅ 10 − 1 = (10 10 − 1) ≅ (31,62 − 1) ≅9, 07 unidades
Exercício 30: Encontre o comprimento do arco sobre o gráfico da função
3 1 ( ) 6 2
x f x x
= + do ponto de
abscissa 1 ao ponto de abscissa 3.
Solução: Temos
3 2 2 1 1 1 2 1 2 6 2 2 2 2
f x ( ) x^ x f ´( x ) x x ( x x )
− − − = + ⇒ = − = −. Assim o comprimento do arco
desejado é dado por
(^2 4 )
4 4 4 4 4 8 4
(^4 8 4 ) 2 2 2 2
3 2 3 3 1 2 1 4 4 1 2 4 4 2 4 1 1 1
3 3 3 3 1 2 1 4 4 1 2 1 2 4 4 4 2 2 1 1 1 1
3 3 3 3 3 1 2 1 1 (^ 1)^1 11 2 2 2 2 1 1 1 1 1
x x
x x x x x x x
x x 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
3 3 1 1 (^2 1 )
1 1 3 1 128 14 2 3 3 3 2 3 3
1 unidades
x x
dx
=^ −^ +^ =
^
^
= ^ − + + − = =
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.
0 1 4^ x
1
2
y
y = x
0 1 4^ x
y
4 4 4 (^2 1 ) 4 4 1 1 1
dy dx x
A = π x + dx = π x + dx = π x + dx
Fazendo a mudança de variável
1 4
5 4
17 4
u x
du dx
x u
x u
temos
( ) (^) ( )
( ) ( )
17 4 17 (^3 2 43 2 )
5 5 4 4
2 4 17 5 4 17 17 5 5 3 3 4 4 3 4 4 4 4
4 17 5 3 8 8 6
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.
0 1 2^ x
1
8
y
y=x
3
(^0 1 2) x
1
8
y
y=x^3
2 2 3 2 2 3 4
1 1
A = 2 π∫ x 1 + (3 x ) dx = 2 π∫ x 1 + 9 x dx
Fazendo a mudança de variável
4
3
u x
du x
x u
x u
=^ ⇒^ =
=^ ⇒^ =
temos
(^3 2 3 2 )
145 145 2 36 18 3 10 27 27 10
27
(145 12, 04 10 3,16) 199, 35 unidades quadradas
u A du u
π π π
π
= π = = − = − =
Exercício 33: Esboce a região identificada com a integral imprópria do Exemplo 48.
x
y
O 1
dx
y = 1/x
Observe que:
. espessura do disco: dx ; . raio do disco:
1 x
;
. volume do disco: 12 π ( (^) x ) ⋅ dx.
Assim, (^2 )
1 1 1 1 1 1 1
lim lim lim ( 1)
b b
x (^) b x (^) b x b b
V π dx π dx 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)
0 2 5
x x dx
−
; (c) 0
x xe dx
+∞ (^) −
;
(d) 1
ln x dx
+∞
; (e)
4
0 2 2 3
dx
x − x −
; (f)
2 ln
e
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 cos 0) lim (1 cos )
b b
b b b b
x dx x dx x b b
+∞
→∞ →∞ →∞ →∞
. Como b assume
todos os valores de n π e 2 n π , então cos b assume todos os valores de − 1 a 1. Portanto, lim cos b
b →∞
não
existe. Consequentemente a integral imprópria diverge.
b)
2 2
0 0
5 lim 5
x 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
u x
du xdx
x a u a
x u
=^ ⇒^ = −
=^ ⇒^ =
obtemos
2 0 2 2 2
2 2
0 0 0 1 1 5 1 5 5 1 1 2 2 ln 5 2 ln 5 ln 5 ln 25 ln 25
x u u^ a a a
a a a
x dx du
− − − −
− −
Portanto,
2 2
0 1 1 ln 25 ln 25
5 lim [ (5 1)]
x a
a
x dx
− −
→−∞ −∞
c)
x xe
−
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 x xe dx xe e dx xe e dx xe e
− − − − − − − = − − − = − + = − −
.
Portanto,
0 0
b b x x x b b b xe dx xe e e b be e
.
Assim,
1
0
lim ( 1) lim (^) b lim (^) b 1
x b b (^) b
b b e^ b e
xe dx be e
+∞ − − − (^) −
→∞ →∞ →∞
∫ =^ −^ −^ +^ =^ −^ +.
Observe que lim (^) b
b
b e
−
→∞
é uma indeterminação do tipo
∞ ∞
e, neste caso, podemos aplicar a regra de L´Hospital,
isto é, lim (^) bb lim (^) b^10 b e^ b e
− −
→∞ →∞
= =. Logo,
1
0
lim (^) b lim (^) b 1 0 0 1 1
x (^) b
b e^ b e
xe dx
+∞ − (^) −
→∞ →∞
∫ =^ −^ +^ =^ −^ +^ =.
d)
1 1
ln lim ln
b
b
x dx x dx
+∞
→∞
. Resolvendo a integral por partes temos
1 ln x
u x du dx
dv dx v x
=^ ⇒^ =
e
1 ln ln ln ln x
x dx = x x − x dx = x x − dx = x x − x
.
Logo,
] 1
1
ln ln ln (0 1) ln 1
b b x 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.
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
a a 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
b b e b e
x dx x x b b e →+∞ →+∞ →+∞
.
Portanto, a integral imprópria
0
ln x dx
+∞
diverge.
