Lista de Cálculo II

Se t = ln(3/4), então u = eln(3/4) = 43. Se t = ln(4/3), então u = eln(4/3) = 34. Como du = et , temos dt Z ln(4/3) Z 4/3 et du dt =. t 3/2 2 3/2 ln(3/4) (1 + e ) 3/4 (1 + u ) Em seguida, fazemos a substituição trigonométrica u = tg θ o que implica que du = sec2 θ dθ. Quando u = 43 , θ = arc tg(3/4) e quando u = 43 , θ = arc tg(4/3). Quando u = 21 , tg θ = 1, ou seja, θ = π4. Daı́ e de 1 + tg2 θ = sec2 θ, segue que Z 1 2 2 1 √ 3 4 du = 2 1 + 4u2 = 2 (c) Z e 1 dy y p 1 + (ln y)2 Z π 4 dθ = 2 π 6 π 4 π 3π − 2π =. Solução: Vamos fazer a substituição u = ln y. Com isso temos y = eu e dy = eu du. Além disso, y = 1 implica u = 0 e y = e implica u = 1. Com isso, Z 4 1 du √ = 3 9 + u2 Z = Z arc tg(4/3) arc tg(1/3) arc tg(4/3) sec2 θ p 9(1 + tg2 θ) dθ sec θ dθ arc tg(1/3) = ln |sec θ + tg θ| arc tg(4/3) arc tg(1/3).

Considere os seguintes triângulos retângulos: ln |sec θ + tg θ| 2. a) Z (x2 arc tg(4/3) arc tg(1/3) √ e sec(arc tg(1/3)) = 310. Assim ! √   5 4 10 1 = ln + + − ln 3 3 3 3 ! ! √ 1 + 10 3 √ = ln 3 − ln = ln 1+ 10 3 3   9 √. ln 1 + 10 Podemos observar que sec(arc tg(4/3)) = 5 3 dx. x2 + 1)2 tg θ Solução: Faça a substituição trigonométrica x = 2 , dx = 21 sec2 θ dθ. Com essa substituição obtemos e usando a identidade 1 + tg2 θ = sec2 θ, obtemos Z Z Z Z sec2 θ 1 8 dx = 4 dθ = 4 dθ = 4 cos2 θdθ (4x2 + 1)2 sec4 θ sec2 θ Z Z 1 + cos(2θ) = 4 dθ = 2 (1 + cos(2θ))dθ 2   sen(2θ) + C. θ+ 2 Agora vamos reverter a substituição. Lembre que θ = arc tg(2x). Também temos sen(2 arc tg(2x)) = 2 sen(arc tg(2x)) cos(arc tg(2x)). Solução: Temos  Z Z Z  Z 1 1 1 1 x3 x −2 2 2 dx = x dx − x dx − − x − − − + C. dx = − x2 3 3 x 3 3 Conferindo: Derivando − x1 −  (b) 1 x3 x − − − +C x 3 3 Z √ x 2 +√ 2 x  ′ x3 3 − x 3 + C, obtemos  1 =− − 2 x  −3 x2 1 1 1 − = 2 − x2 −.

x 3 dx. Solução:  Z Z √ Z 3 1 1 1 1 1 2 3 x2 x 2 1 − +√ +4x 2 +C. x 2 dx+2 x 2 dx = · x 2 +4x 2 +C = dx = 2 2 2 3 3 x 3 Para conferir derivamos x2 3 1 + 4x 2 + C, para obter √ 1 x 3 x2 1 2 − 21 · + · 4x = +√. x − (π/2))2 Solução: Já que limx→ π2 ln(cossec x) = ln 1 = 0 = limx→ π2 (x − (π/2))2 , temos da Regra de l’Hôpital x·cotg x − cossec ln(cossec x) cotg x cossec x limπ = limπ = − limπ 2 x→ 2 (x − (π/2)) x→ 2 2(x − (π/2)) x→ 2 2(x − (π/2)) cossec2 x = limπ x→ 2 2 1. t(1 − cos t). t→0 t − sen t (d) lim 7 Solução: Como limt→0 = t(1 − cos t) = 0 = limt→0 (t − sen t), podemos usar a Regra de l’Hôpital para obter t(1 − cos t) (1 − cos t) + t sen t sen t + sen t + t cos t = lim = lim t→0 t − sen t t→0 t→0 1 − cos t sen t 2 sen t + t cos t = lim t→0 sen 2 cos t + cos t − t sen t = lim t→0 cos t 3 cos t − t sen t = lim t→0 cos t = 3 lim 5.

a) Z 1 0 √ x 1 − x dx. Solução: Façamos a seguinte a substituição: u = 1 − x, du = −dx. Portanto, 6. a) Z e √ 3s+9  √ 2 √ 3s + 9 − 1 + C. ds = e 3s+9 3
′ d2 s π , s (0) = 100, s(0) = 0. −4 sen 2t − 2 dt2 Solução:
Afim de resolver esse problema de valor inicial, vamos integrar a função −4sen 2t − π2 duas vezes. Temos Z    π 4 π π −4 sen 2t − dt = cos 2t − + C1 = 2 cos 2t − + C1. Agora, integramos sec2 (2x) + 3: Z tg (2x) + 3x + C2. sec2 (2x) + 3) dx = 2 Substituindo x = 0, obtemos −1 = y(0) = C2. Portanto, a solução é 1 y(x) = tg(2x) + 3x − 1. a) y = −x2 − 2x, −3 ≤ x ≤ 2. Solução: Para calcular a área total, devemos calcular a integral Z 2 −x2 − 2x dx. x0 que y(1) = −2, concluimos que x0 = 1 e C = −2 e, portanto, y(x) = RJáx √ 1 + t2 dt − 2 é a solução desse problema de valor inicial.

dy = sec x, y(2) = 3. dx Solução: Integrando de ambos os lados temos Z x y(x) = sec t dt + C. x0 Uma vez que y(2) = 3, segue que x0 = 2 e C = 3 e, por isso, a solução procurada é Z x y(x) = sec t dt + 3. Solução: Primeiro vamos procurar por pontos crı́ticos. b) Solução: Como x − ln x é crescente para x > 1, segue que x − ln x > 1 − ln 1 = 1 > 0, ou seja, ln x < x.