Am1 2012-12-19-t3-resolução

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Am1 2012-12-19-t3-resolução

  1. 1. Uma resolu¸c˜ao do 3o teste de An´alise Matem´atica I. 19 de Dezembro de 2012 1. a) Utilizando a substitui¸c˜ao √ x = t, 1 t arcsin(t)2t dt = 2 arcsin(t). Utilizando a t´ecnica de primitiva¸c˜ao por partes vem: arcsin(t) =t arcsin(t) − t 1 √ 1 − t2 dt =t arcsin(t) + 1 2 −2t(1 − t2 )− 1 2 dt =t arcsin(t) + (1 − t2 ) 1 2 . Obtemos assim, 1 √ x arcsin( √ x) = 2 √ x arcsin( √ x) + 2 √ 1 − x + C, com C uma constante real. b) Sabemos que quando x = 1 a primitiva que queremos encontrar toma o valor 4. Assim, 2 √ 1 arcsin( √ 1) + √ 1 − 1 + C = 4 ⇔ 2 π 2 + C = 4 ⇔ C = 4 − π. A primitiva pretendida ´e 2 √ x arcsin( √ x) + 2 √ 1 − x + 4 − π. 2. Dado que a fun¸c˜ao integranda ´e uma fun¸c˜ao racional, e sendo o grau do polin´omio do numerador inferior ao grau do polin´omio do denominador, temos de decompor a fun¸c˜ao em frac¸c˜oes mais simples. Para tal determi- namos os zeros do polin´omio do denominador. x3 −4x2 +4x = 0 ⇔ x(x2 −4x+4) = 0 ⇔ x = 0 ∨ (x−2)2 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2. Assim, 4 x3 − 4x2 + 4x = 4 x(x − 2)2 = A x + B (x − 2)2 + C x − 2 = A(x − 2)2 + Bx + Cx(x − 2) x3 − 4x2 + 4x . 1
  2. 2. Logo, 4 = A(x − 2)2 + Bx + Cx(x − 2). Em particular x = 2 ⇒ 4 = 2B ⇔ B = 2, x = 0 ⇒ A = 4A ⇔ A = 1. Tendo determinado duas constantes e faltando determinar apenas C podemos por exemplo fazer x = 1: 4 = A + B − C ⇔ 4 = 1 + 2 − C ⇔ C = −1. Donde, e+2 e 4 x3 − 4x2 + 4x dx = e+2 e 1 x + 2 (x − 2)2 − 1 x − 2 dx = log x − 2 x − 2 − log(x − 2) e+2 e = log(e + 2) − 2 e − log e − log e + 2 e − 2 + log(e − 2) = log(e + 2) − 2 e − 2 + 2 e − 2 + log(e − 2). 3. Efectuando a substitui¸c˜ao ex = t vem, 1 0 e2x e2x + 2ex + 5 dx = e 1 t2 t2 + 2t + 5 1 t dt = e 1 t t2 + 2t + 5 dt. Note que, ex = t ⇔ x = log t, dx dt = 1 t , e que se x = 0 temos t = 1 e se x = 1 temos t = e. Atendendo a que o polin´omio do numerador tem grau inferior ao grau do polin´omio do denominador e este ultimo ´e um polin´omio irredut´ıvel de grau 2 temos: e 1 t t2 + 2t + 5 dt = 1 2 e 1 2t − 2 t2 + 2t + 5 dt − e 1 1 t2 + 2t + 5 dt = 1 2 log(t2 + 2t + 5) e 1 − e 1 1 (t + 1)2 + 4 dt = 1 2 log(t2 + 2t + 5) e 1 − 1 4 e 1 1 (t+1 2 )2 + 1 dt = 1 2 log(t2 + 2t + 5) e 1 − 2 1 4 e 1 1 2 (t+1 2 )2 + 1 dt = 1 2 (log(e2 + 2e + 5) − log 8) − 1 2 arctan t + 1 2 e 1 = 1 2 (log(e2 + 2e + 5) − log 8) − 1 2 (arctan e + 1 2 − arctan(1)) = 1 2 (log(e2 + 2e + 5) − log 8 − arctan e + 1 2 + π 4 ) 2
  3. 3. 4. Comecemos por esbo¸car o dom´ınio em causa. x y −2 −1 1 2 −1 1 2 3 4 y = x2 y = 1/x y = x − 3 2 Determinemos os pontos de intersec¸c˜ao: 1/x = x2 ⇔ x3 = 1 ∧ x = 0 ⇔ x = 1, 1/x = x − 3 2 ⇔ 1 = x2 − 3 2 x ∧ x = 0 ⇔ 2x2 − 3x − 2 = 0 ∧ x = 0 ⇔ x = 3 ± √ 9 + 16 4 = 3 ± 5 4 ⇔ x = 2 ∨ x = − 1 2 . A ´area pretendida, A, ser´a obtida calculando o integral: A = 1 0 x2 − x − 3 2 dx + 2 1 1 x − x − 3 2 dx = x3 3 − x2 2 + 3 2 x 1 0 + log x − x2 2 + 3 2 x 2 1 = 1 3 − 1 2 + 3 2 + log 2 − 2 + 3 + 1 2 − 3 2 = 1 3 + log 2 + 1. 5. Trata-se de um integral impr´oprio de 1a esp´ecie, uma vez que o intervalo de integra¸c˜ao ´e um conjunto ilimitado, mas a fun¸c˜ao integranda ´e limitada em qualquer subconjunto limitado contido no dom´ınio de integra¸c˜ao, ] − ∞, 0]. Assim, 0 −∞ 1 (1 + x2) π + 2 arctan(x) dx = lim y→−∞ 0 y 1 1 + x2 (π + 2 arctan(x))− 1 2 dx = lim y→−∞ (π + 2 arctan(x)) 1 2 0 y = lim y→−∞ π + 2 arctan(0) − π + 2 arctan(y) = √ π − π − 2 π 2 = √ π. 3

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