ep05-c2-2016-1-gabarito

Fundação CECIERJ

Cálculo IIA Integral Indefinida e Téc

Solucao

Como F é uma primitiva de ( ) senf x x

valor da constante C . Para calcular

temos que (0) cos0 1 2F C C= − + = − + =

membro da família procurado.

Solução

Como F é uma primitiva de ( ) 2f x x

algum valor da constante C . Para calcular

4

( ) 24

xF x x C= + + temos que

4

( ) 2 24

xF x x= + − é o membro da família procurado.

Solução

O coeficiente angular em cada ponto é igual

curva ( )y f x= passa pelo ponto

Como f é uma primitiva de ( ) 3f x x′

isto é3 2( ) 2f x x C= + para algum valor da constante

(9) 4f = . Como ( )3 2

(9) 2 9 2 3 2(27)f C C C= + = + = +

logo 50C = − . Portanto ( ) 2 50f x x= −

Solução

Solução do Exercício 1(a):

Solução do Exercício 1(b):

Solução do Exercício 2:


Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior a Distância

Cálculo II – EP05 (2016/1) Gabarito Integral Indefinida e Técnicas de Integração: Método de S

( ) senf x x= temos que ( ) sen cosF x x dx x C= = − +∫

. Para calcular C usamos o fato de que (0) 2F = . Como ( ) cosF x x C

(0) cos0 1 2F C C= − + = − + = , logo 3C = . Portanto ( ) ( cos ) 3F x x= − +

3( ) 2f x x= + temos que ( )3( ) 2 2F x x dx x C= + = + +∫

. Para calcular C usamos o fato de que 1

(1)4

F = . Como

41 1(1) 2(1)

4 4F C= + + = , logo 2C = − . Portanto

é o membro da família procurado.

angular em cada ponto é igual 3 x , assim temos que ( ) 3f x x′ =

passa pelo ponto (9,4) , logo temos a condição (9) 4f = .

( ) 3f x x= temos que

3 2

( ) 3 3 23 2

xf x x dx C x C= = + = +∫

para algum valor da constante C . Para calcular C usamos o fato de que

( )3 23 2 2(9) 2 9 2 3 2(27)f C C C= + = + = + temos que

3 2( ) 2 50f x x= − é a curva solicitada.

Vice Presidência de Educação Superior a Distância

nicas de Integração: Método de Substituição.

( ) sen cosF x x dx x C= = − + para algum

( ) cosF x x C= − +

( ) ( cos ) 3F x x= − + é o

4

( ) 2 24

xF x x dx x C= + = + + para

. Como

. Portanto

( ) 3f x x= . Por outro lado a

3 23 2( ) 3 3 2

3 2f x x dx C x C= = + = +

usamos o fato de que

emos que (9) 54 4f C= + = ,

Cálculo II EP05 – A integral Indefinida e o Método de Substituição – Gabarito 2016/1

Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ

Pá

gin

a2

P

ág

ina2

3 32 5

5 5 5 2 5

1 1 1 1( )

x xdx dx dx dx x dx x dx

x x x x x

− −+= + = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 4

1 4

x xC

− −

= + +− −

Logo

3

5 4

1 1 1

4

xdx C

x x x

+= − − +∫ .

Observação importante! Lembre que a b a b

c c c

+= + é verdadeiro para todo , ,a b c ∈R ,onde 0c ≠ .

Porém, em geral c c c

a b a b≠ +

+ para , ,a b c ∈R ,onde 0a ≠ , 0 e 0b a b≠ + ≠ .

Solucao

1 2 1 21 1x x x x

x xdx dx dx dx dx−

− = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 2 1 2

3 2 1 2C

x x+= −

3 2 1 22

32 Cx x += − .

solucao

2

2

22

21

1

21

1x

xdx x dx dx dx

x

+ +

+ = + +

+∫ ∫ ∫ ∫

3

23

12

1

xx dx

x= + +

+∫

3

32arctg

xx x C= + + +

Solucao

2 2

3 13 3arcsen

1 1dt dt t C

t t= = +

− −∫ ∫

Solução do Exercício 3(e):

ln 3

3( )

x

G x = é uma primitiva ou antiderivada de 3x. Com efeito

3 3( ) ln 3 3ln 3 ln 3

x xxd

dx= =

Usando a 2ª forma do teorema fundamental do cálculo obtemos


Solução do Exercício 3(c):

Solução do Exercício 3(d):




Pá

gin

a3

P

ág

ina3

3b

x

a

dx∫ 3 1

[ ]ln 3 ln 3 ln 3 ln 3

3 33 3

b

a

x b ab a

= = − = −

.


{

1

3 1 0

. 03( )

1 1 13 3

0 0 0

3 27 27 543 27 (3 3 ) (3 1)

ln 3 ln 3 ln 3 ln 33 3 3 3

x

Exerce

x x xdx dx dx+ = = = = − = − =

∫ ∫ ∫

Solução do Exercício 3(g):

1

07

1x

dx

∫

Sabemos que se ln ln ln

,x

dd d cx

c c

a

a a a

a ac d a dx

< = = −∫ .

Neste caso podemos dizer que

1

7( )

1ln

7

x

G x

= é uma primitiva ou antiderivada de

1

7

x

Com efeito

1 1

1 17 7( ) ln

1 1 7 7ln ln

7 7

x x

xd

dx

= =

Portanto pela 1ª forma do teorema fundamental do Cálculo temos que

1

0

1 01

0

1 1 1 1 6 67( ) 1 ( 1) ( )

1 1 17 7 7 7 ln 7 7 ln 7 7 7 ln 7ln ln ln

7 7 7

1

1 1 1 1 1

x

x

dx

= = − = − = − = = −

∫

Seja 22u x= então 2(2 ) 4du x dx x dx= = logo

4

dux dx=

Assim,

2 21 1 1sen (2 ) sen ( ) sen ( cos ) cos(2 )

4 4 4 4x x u u du u C x C

dudx = = − + = − +=∫ ∫ ∫ .


Solução do Exercício 3(f):

Solução do Exercício 3(g):



Pá

gin

a4

P

ág

ina4

Seja31u r= − então

23du r dr= − logo 23du r dr− =

Assim,

2 2 1 21 2 3

3 3

9 33 3 3 3 6 1

1 21 1

r r dr du udr u du C r C

ur r

−−= = = − = − + = − − +

− −∫ ∫ ∫ ∫

(i) Usando 5 8u x= +

Seja 5 8u x= + então 5du dx= , logo 5

dudx =

Assim, 1 2

1 21 1 1 25 8

5 5 5 1 2 55 8

dx du uu du C x C

x u

−= = = + = + ++

∫ ∫ ∫ .

(ii) Usando 5 8u x= +

Seja 5 8u x= + então 5

2 5 8du dx

x=

+, logo

2

5 5 8

dxdu

x=

+

Assim,

2 2 25 8

5 5 55 8

dxdu u C x C

x= = + = + +

+∫ ∫ .

22 2 2

1

34 4 49 49(1 ) 9(1 ) 1

9 9 9

dx dx dx dx

xx x x

= = =−

− − −∫ ∫ ∫ ∫ .

Seja 2

3u x= , assim

2

3du dx=

3

2dx du⇒ = .

Portanto,

29 4

dx

x−∫

( )2 2

3 21 1 1 1 2arcsen arcsen

3 2 2 2 31 1

du duu C x C

u u

= = = + = +

− −∫ ∫ .


Solução do Exercício 4(c)(i):

Solução do Exercício 4(c)(ii):

Solução do Exercício 5 (a)



Pá

gin

a5

P

ág

ina5

Seja ( 1)u x= − então du dx=

22 22

1

4 ( 1) 4 41 ( )4(1 )

24

dx du du du

uux u= = =

+ − +++

∫ ∫ ∫ ∫

Seja 2

uv = , assim

2

dudv = 2du dv⇒ = .

Logo

22

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

4 2 1 2 2 2 2 21 ( )

2

du dv u xarctg v C arctg C arctg C

u v

−= = + = + = +

++

∫ ∫ .

2 2 22

1 1 1

4 4 164 16( ) 1)16( 1) 4 ( 1)416 16

dx dx dx dx

xx x x xxx x

= = =−

−− −

∫ ∫ ∫ ∫

Seja 4

xu = , logo 4x u= , 4dx du⇒ = .

Logo

2 22

1 4 1 1 1arcsec( ) arcsec( )

16 16 16 16 44 1 1( ) 1)4

dx du du xu C C

x u u u ux

= = = + = +− −

−∫ ∫ ∫ .

4 4 22

1

416 9 9 316(1 ) 116 4

r dr r dr r dr

r r r

= =− − −

∫ ∫ ∫

Seja

23 3 3 22

4 4 2 3

ru du rdr rdr rdr du= ⇒ = = ⇒ =

Portanto,

( )

2

2 2 22

1 1 (2 3) 1 1 1 3arcsen( ) arcsen( )

4 4 6 6 6 41131

4

r dr du du ru C C

uur

= = = + = +−−

−

∫ ∫ ∫

Solução do Exercício 5 (b)

Solução do Exercício 5 (c)

Solução do Exercício 5 (d)



Pá

gin

a6

P

ág

ina6

Solucao

Seja u x= , então 1

2du dx

x= , logo

12du dx

x=

3 3 3

22

(1 ) (1 ) (1 )

dx du du

x x u u= =

+ + +∫ ∫ ∫

Seja 1v u= + então dv du=

Assim,

23

3 3 2 2

1 1

2(1 ) 2 2(1 )

du dv vv dv C C C

u v v u

−−= = = + = − + = − +

−+ +∫ ∫ ∫

3 2 2

1 12

(1 ) 2(1 ) (1 )

dxC C

x x x x= − + = − +

+ + +∫

Outra opção.

Seja 1u x= + então 1

2du dx

x= logo

12du dx

x=

Assim,

23

3 3 2 2

1 1 12 2 2

2(1 ) (1 )

dx udu u du C C C

x x u u x

−−= = = + = − + = − +

−+ +∫ ∫ ∫ .

Solucao

Seja u x= então 1

2du dx

x= logo

12du dx

x=

3/ 233

sen sen sen2 2

coscoscos

x dx u udu du

uux x

= =∫ ∫ ∫

Faça cosv u= então sendv u du= − , logo sendv u du− =

Assim,

1 23 2

3/ 2 3/ 2

sen 2 2

1 2 coscos

u dv vdu v dv C C C

v uu v

−−−

= = − = − + = + = +−∫ ∫ ∫





Pá

gin

a7

P

ág

ina7

1 23

sen 2 42

cos coscos

x dxC C

x xx x

= + = +∫ .

Outra opção.

Faça cosu x= então 1

sen2

du x dxx

= − logo 1

2 sendu x dxx

− =

1 23 2

1 233

sen 2 4 42 2

1 2 coscos

x dx du uu du C C C

u xux x

−−−

= = − = − + = + = +−∫ ∫ ∫ .

s

Temos duas opções.

1ª opção. Transformar a integral definida e calcular a integral transformada com os limites transformados

de acordo com o teorema 18.1 do caderno didático ou a regra de substituição para as integrais definidas

dada no EP05 aluno. Isto é:

Faça lnu x= então 1

du dxx

= . Mudando os limites de integração temos que se

1x = então ln1 0u = = e se x e= então ln 1u e= = . Logo

] {

11

02 21 0 4 0

arctg arctg1 arctg04(1 ln ) 1

edx du

ux x u

π

π= = = − =

+ +∫ ∫ 123

.

2ª opção. Transformar a integral dada em uma integral indefinida, integrar a mesma usando uma

substituição, mudar novamente para x e usar a 2ª forma do TFC com os limites originais de x .

Com efeito, faça lnu x= então 1

du dxx

=

Assim calculamos a integral indefinida:

2 2arctg arctg (ln )

(1 ln ) 1

dx duu C x C

x x u= = + = +

+ +∫ ∫

Logo

{ ] { {12011

04

arctg (ln ) arctg (ln ) arctg (ln1)4(1 ln )

ee

TFC

dxx e

x x

π

π= = − =

+∫

1424314243

So

1ª opção. Faça 2

xu e= então 2

(2 )xdu e x dx= . Mudando os limites de integração temos que se 0x =

então 2

0 1u e= = e se lnx π= então 2( ln ) ln

u e eπ π π= = = . Logo





Pá

gin

a8

P

ág

ina8

( ) ] {

2 2ln

10 1 0

2 cos cos sen sen sen1 sen1x xxe e dx u du u

π ππ

π= = = − = −∫ ∫ .

2ª opção. Transformar a integral dada em uma integral indefinida, integrar a mesma usando uma

substituição, mudar novamente para x e usar a 2ª forma do TFC com os limites originais de x .

Fica como exercício para o aluno.

Sol

Observe que neste caso,

2 2 33 2 3

2 31 1

( ) (1 )(1 )

xA R x x dx dx

x

−− − −

−= + =

+∫ ∫

(*)

1ª opção. Faça 21u x−= + então

32du x dx−= − logo 3

2

dux dx

−− = . Mudando os limites de

integração temos que se 1x = então 21 1 2u −= + = e se 2x = então

2 1 51 2 1

4 4u

−= + = + = . Logo

5 45 4 5 4 5 42 3 23

2 3 3 221 2 2 2

1 1 1

2 2 2(1 ) 2 4

x du udx u du

x u u

− −−

−

−= = − = − = −+

∫ ∫ ∫

( )2 2

1 1 4 1 64 25 39

25 16 400 4004 254

4

−= − = − = =

unidades de área.

2ª opção. Transformar a integral (*) em uma integral indefinida, integrar a mesma usando uma

substituição, mudar novamente para x e usar a 2ª forma do TFC com os limites originais de x . Fica como exercício para o aluno.

Solução

1

x

x

edx

e +∫

Faça a substituição 1x xu e du e dx= + ⇒ =

Logo 1

1| ln( 1)ln | | ln |+

+ + = + += = + =∫ ∫x

x

x xe dudx

e ue C e Cu C

3

4

(1 2 )xdx

+∫

Faça substituição 1 2 22

duu x du dx dx= + ⇒ = ⇒ =

Solução do Exercício 8





Pá

gin

a9

P

ág

ina9

Assim 2

3

3 3 2 2

4 4 1 12 2

(1 2 ) 2 2 (1 2 )

uu du C C C

x u u x

dudx

−−= = + = − + = − +

+ − +=∫ ∫ ∫

3 4 5(1 )x x dx−∫

Faça substituição 4 3 31 4

4

duu x du x dx x dx= − ⇒ = − ⇒ = −

Logo 6

3 4 5 5 5 4 61 1 1( ) ( ) (1 )

4 4 4 6 24(1 ) − = − = − + = − − +− = ∫ ∫∫

du uu u du C x Cx x dx

2

1 4

1 2

xdx

x x

+

+ +∫

Faça substituição 21 2 (1 4 )u x x du x dx= + + ⇒ = +

Logo

1 21 2 2

2

1 42 2 1 2

11 2

x du udx u du C x x C

ux x

−+= = = + = + + +

+ +∫ ∫ ∫

tg ln(cos )x x dx∫

Faça substituição cos senu x du x dx= ⇒ = −

Logo

sen 1tg ln(cos ) ln(cos ) ln

cos

xx x dx x dx u du

x u

−= − = −∫ ∫ ∫

Faça substituição lndu

v u dvu

= ⇒ =

Logo

21tg ln(cos ) ln

2

vx x dx u du v dv C

u= − = − = − +∫ ∫ ∫

Substituindo o valor de v e o valor de u resulta

[ ]2

ln(cos )tg ln(cos )

2

xx x dx C= − +∫

7

0

4 3x dx+∫




Solução do Exercício 9 (e)



Pá

gin

a1

0

Pá

gin

a1

0

Faça a substituição 4 3 33

duu x du dx dx= + ⇒ = ⇒ = . Já que integral dada é uma integral

definida, precisamos também considerar os limites de integração, sendo 4 3u x= + , enquanto x varia

de 0 até 7 , u varia de 4 3(0) 4u = + = até 4 3(7) 4 21 25u = + = + = Logo

25257 3 2 31/2 1 2

0 4 4

3 3

25 25

4 4

1 1 24 3

3 3 3 (3 2) 9

2 (25) 2 (4) 2 234(125 8) 26.

9 9 9 9

du u ux u u dudx

+ = = = =

= − = − = =

∫ ∫ ∫

2 3 5

1

0

(1 2 )t t dt+∫

Faça a substituição 3 2 21 2 6

6

duu t du t dt t dt= + ⇒ = ⇒ = . Precisamos também considerar os

limites de integração. Como 31 2u t= + , enquanto t varia de 0 até 1, u varia de

31 2(0) 1u = + =

até 31 2(1) 3u = + = . Logo

3 36 6

2 3 5 5 5

1 1

1 3 3

0 1 1

1 1(1 2 ) ( )

6 6 6 6 36

du u ut t dt u u du

+ = = = =

∫ ∫ ∫

6 63 1 1 728 182(729 1) .

36 36 36 36 9= − = − = =

2 2

6

2

sen

1

x x dx

x

π

π−+∫

Observação. Quando trabalhamos com integrais definidas de funções simétricas é bom lembrar-se da

seguinte propriedade, que usa a regra da substituição para integrais definidas, para simplificar o cálculo de

integrais de funções que possuam a propriedade de simetria:

Suponha que f é contínua em [ , ]a a− .

i) Se for par [isto é ( ) ( )f x f x− = ], então

0

2( ) ( )a a

a

f x dx f x dx−

=∫ ∫ .

ii) Se for ímpar [isto é ( ) ( )f x f x− = − ], então 0( )a

a

f x dx−

=∫ .

Observe que como que a função seno é uma função impar, segue que

é uma função impar, isto é, ( ) ( )f x f x− = −

f

f

2

6

sen( )

1

x x dxf x

x=

+





Pá

gin

a1

1

Pá

gin

a1

1

Logo, aplicando a observação feita linhas acima podemos afirmar que

2 2

6

2

sen0.

1

x x dx

x

π

π−

=+∫

Faça a substituição ln .dx

u x dux

= ⇒ = Precisamos também considerar os limites de integração.

Como lnu x= , enquanto x varia de e até 4

e , varia de ln 1u e= = até {4

1

ln 4ln 4u e e= = = .

Logo

4 4

1 21 2

1

4 4

1 1

2 4 2 1 4 2 2.1 2ln

e

e

du uu du

u

dx

x x

− = = = = − = − =

∫ ∫ ∫

4

ln

e

e

dx

x x∫

u


ep05-c2-2016-1-gabarito

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