Calcular $I\ =\ \displaystyle\int_0^a \sqrt{a^2 - x^2}\ dx$, $a > 0$.

$I = a\displaystyle\int_0^a \sqrt{1 - \left(\dfrac{x}{a}\right)^2}\ dx$

Seja $y = \dfrac{x}{a}$. $dy = \dfrac{dx}{a}$

$I = a^2\displaystyle\int_0^1 \sqrt{1 - y^2}\ dy$

Seja $y = \sin \theta$, $-\dfrac{\pi}{2} \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$. $dy = \cos \theta\ d\theta$.

$I = a^2\displaystyle\int_0^{\pi / 2} \cos^2 \theta\ d\theta\ =\ a^2\displaystyle\int_0^{\pi / 2} \dfrac{(\cos 2\theta) + 1}{2} d\theta\ =\ a^2\displaystyle\int_0^{\pi / 2} \cos 2\theta\ d\theta + \dfrac{a^2\pi}{4}$

Seja $\varphi = 2\theta$. $d\varphi = 2 d\theta$.

$I = \cancelto{0}{\dfrac{a^2}{2}\displaystyle\int_0^{\pi} \cos \varphi\ d\varphi} + \dfrac{a^2\pi}{4}\ =\ \fbox{$\dfrac{a^2\pi}{4}$}$

Por meio da integração, encontrar o volume do cone de raio da base $r = 2$ e altura $h = 5$.

O cone será resultante da rotação da reta $y = \dfrac{rx}{h}$, para $x \in [0, h]$, união o círculo $y^2 + z^2 \le r^2\ \wedge\ x = h$.

Tal volume será dado por $\pi \cdot \dfrac{r^2}{h^2}\displaystyle\int_0^5 x^2\ dx = \pi \cdot \dfrac{4}{25} \cdot \left. \dfrac{x^3}{3}\right|_0^5 = \fbox{$\dfrac{20\pi}{3}$}$

Encontrar a área delimitada pelo eixo $Ox$ e a parábola $y = x^2 + x - 2$.

$\left|\displaystyle\int_{-2}^1 x^2 + x - 2\ dx\right| = \left| \left. \left(\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^2}{2} - 2x\right)\right|_{-2}^1 \right| = \left| \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} - 2 + \dfrac{8}{3} - 2 - 4 \right| =$

$= \left| -\dfrac{9}{2}\right| = \fbox{$\dfrac{9}{2}$}$

Determinar a soma de Riemann para $f(x) = 2 - x^2$, e $P$ a partição de $[0, 2]$ em 4 subintervalos de mesmo comprimento, escolhendo $c_i$ como sendo o extremo direito do subintervalo $[x_{i-1}, x_i]$.

$S_4(f) = \displaystyle\sum_{i=1}^4 f(c_i)(x_i - x_{i-1}) = \dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{i=1}^4 f(x_i) =$

$= \dfrac{1}{2}\left[\left(2 - \dfrac{1}{4}\right) + (2 - 1) + \left(2 - \dfrac{9}{4}\right) + (2 - 4)\right] = \fbox{$\dfrac{1}{4}$}$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^4 + 1}$.

$\dfrac{1}{x^4 + 1} = \dfrac{1}{(x^2 - \sqrt{2}x + 1)(x^2 + \sqrt{2}x + 1)} =$

$= \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{-\sqrt{2}x + 2}{x^2 - \sqrt{2}x + 1} + \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{\sqrt{2}x + 2}{x^2 + \sqrt{2}x + 1}$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^4 + 1} = \dfrac{-1}{2} \displaystyle\int \dfrac{\sqrt{2}x - 2}{(\sqrt{2}x - 1)^2 + 1}\ dx\ + \dfrac{1}{2} \displaystyle\int \dfrac{\sqrt{2}x + 2}{(\sqrt{2}x + 1)^2 + 1}\ dx\ =$

 

$= \dfrac{-\sqrt{2}}{4} \displaystyle\int \dfrac{u - 1}{u^2 + 1}\ du + \dfrac{\sqrt{2}}{4} \displaystyle\int \dfrac{v + 1}{v^2 + 1}\ dv =$

$= \scriptsize{\fbox{$\dfrac{-\sqrt{2}}{8} \log [(\sqrt{2}x - 1)^2 + 1] + \dfrac{\sqrt{2}}{8} \log [(\sqrt{2}x + 1)^2 + 1] + \dfrac{\sqrt{2}}{4} \arctan (\sqrt{2}x - 1) + \dfrac{\sqrt{2}}{4} \arctan (\sqrt{2}x + 1) + c$}}$

A inversa, a derivada, e a integral da função corda.

${\large cord\ \alpha = \sqrt{2(1 - \cos \alpha)}}$

Inversa: seja $arccord: \underset{x\ \mapsto\ arccord\ x}{[0, 2] \rightarrow [0, \pi]},\ \fbox{$arccord\ x = \arccos \left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right)$}$.

Derivada: $\fbox{$(cord\ \alpha)' = \dfrac{\sin \alpha}{\sqrt{2 - 2\cos \alpha}}$}$.

Observemos que, para $0 \le \alpha \le 2\pi$, $cord\ \alpha = 2\sin \dfrac{\alpha}{2}$.

Logo,

$\fbox{$\displaystyle\int cord\ \alpha\ d\alpha\ =\ -4\cos \dfrac{\beta}{2} + c,\ \alpha = 2k\pi + \beta,\ k \in \mathbb{Z}, 0 \le \beta < 2\pi$}$.

Seja $V$ o espaço vetorial de dimensão infinita gerado por $\{\sin \alpha x\ :\ \alpha \in \mathbb{Z}\}$ e $\langle f, g \rangle = \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f(x)g(x)\ dx$, mostre que $\sin mx$ e $\sin nx$, com $m, n \in \mathbb{Z},\ m \neq n$ são linearmente independentes.

Seja $V$ o espaço vetorial de dimensão infinita gerado por $\{\sin \alpha x\ :\ \alpha \in \mathbb{Z}\}$ e $\langle f, g \rangle = \displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} f(x)g(x)\ dx$, mostre que $\sin mx$ e $\sin nx$, com $m, n \in \mathbb{Z},\ m \neq n$ são linearmente independentes.

Resolução:

Basta mostrar que $\sin mx$ e $\sin nx$, com $m, n \in \mathbb{Z},\ m \neq n$ são perpendiculares.

De fato, $\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} (\sin mx)(\sin nx)\ dx\ =\ \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi} \cos (m - n)x - \cos (m + n)x\ dx\ =\ 0$.

Quod Erat Demonstrandum.

Área sob uma parábola com concavidade para baixo dadas as intersecções com $Ox$ e a ordenada do vértice.

Sejam $P(x)$ a parábola em questão, $a$ e $b$, $b > a$ as intersecções com $Ox$, e $y_V$ a ordenada do vértice de $[-x^2 + (a+b)x - ab]$, e $h$ a ordenada do vértice de $P(x)$, $h > 0$.

$P(x) = \dfrac{h}{y_V}[-x^2 + (a+b)x - ab]$, é a equação cartesiana de tal parábola.

$y_V = \dfrac{\Delta}{4} = \dfrac{(a+b)^2 - 4ab}{4}$

Logo $P(x) = \dfrac{4h}{(a+b)^2 - 4ab}[-x^2 + (a+b)x - ab]$.

Logo a área $A$ será $A = \dfrac{4h}{(a+b)^2 - 4ab} \displaystyle\int_a^b -x^2 + (a+b)x - ab\ dx = \dfrac{4h}{(a+b)^2 - 4ab} \left. [-\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{(a+b)x^2}{2} - abx] \right|_a^b$.

$\fbox{$A = \dfrac{4h}{(a+b)^2 - 4ab}[-\dfrac{b^3}{3} + \dfrac{(a+b)b^2}{2} - ab^2 + \dfrac{a^3}{3} - \dfrac{(a+b)a^2}{2} + a^2b]$}$

Exemplo:

Sejam $a = 0$, $b = 1$, e $h = 1$:

$A = 4(-\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2}) = \dfrac{2}{3}$.

Decomposição de frações com binômios no denominador em frações parciais.

Sejam $p, r \in \mathbb{R}[x]$, $a \in \mathbb{R}$ com $r(a) \neq 0$ e $n \in \mathbb{N}$. Então existem $B \in \mathbb{R}$ e $q \in \mathbb{R}[x]$ tais que

$\dfrac{p(x)}{r(x)(x - a)^n} = \dfrac{q(x)}{r(x)(x - a)^{n-1}} + \dfrac{B}{(x - a)^n}$.

Resolução:

Basta mostrar que $p(x) = q(x)(x - a) + Br(x)$.

Definamos $B = \dfrac{p(a)}{r(a)}$. Definamos também $h(x) = p(x) - Br(x)$.

Obviamente $h(a) = 0$, logo, por D'Alembert, $h(x) = q(x)(x - a)$.

Logo $p(x) = q(x)(x - a) + Br(x)$.

C.Q.D.

Região entre os gráficos de $y = x^3$ e $y = -2x^2$.

Esboce a região finita $R$ entre os gráficos de $y = x^3$ e $y = -2x^2$.

a) Calcule a área da região $R$.

b) Determine o volume do sólido $E$ obtido com a rotação da região $R$ em torno da reta $y = 2$.

Resolução:

Inicialmente vamos encontrar as intersecções entre os gráficos.

$x^3 + 2x^2 = 0\ \Rightarrow\ \text{Os pontos são}\ (0, 0)\ \text{e}\ (-2, -8)$

A área é $\left| \displaystyle\int_{-2}^0 (x^3 + 2x^2)\ dx \right|  = \left| \left. (\dfrac{x^4}{4} + \dfrac{2x^3}{3})\right|_{-2}^0 \right| = \fbox{$\dfrac{4}{3}$}$

O volume procurado é $\pi \left| \displaystyle\int_{-2}^0 [(x^3 - 2)^2 - (-2x^2 - 2)^2]\ dx \right| = \pi \left| \left. (\dfrac{x^7}{7} - x^4 + 4x - \dfrac{4x^5}{5} - \dfrac{8x^3}{3} - 4x) \right|_{-2}^0 \right| = \fbox{$\dfrac{1328\pi}{105}$}$

Determinar o volume de $4$ nódulos resultantes da rotação da função $y = \sin x$ em torno do eixo $x$.

Determinar o volume de $4$ nódulos resultantes da rotação da função $y = \sin x$ em torno do eixo $x$.

Resolução:

$V = 4\pi \displaystyle\int_0^{\pi} \sin^2 x\ dx = 4 \displaystyle\int_0^{\pi} \dfrac{1 - \cos 2x}{2}\ dx = \left. [2x - \sin(2x)] \right|_0^{\pi} = \fbox{$2\pi$}$

Calcular $I = \displaystyle\int x^2 e^x \cos x\ dx$.

Calculemos inicialmente $J = \displaystyle\int e^x \cos x\ dx$.

Aplicando "por partes":

$J = e^x \cos x + \displaystyle\int e^x \sin x\ dx = e^x \cos x + e^x \sin x - \underset{J}{\underbrace{\displaystyle\int e^x \cos x\ dx}}$

$2J = e^x(\cos x + \sin x)\ \Rightarrow\ J = \dfrac{e^x(\cos x + \sin x)}{2} + c_1$

Calculemos também inicialmente $K = \displaystyle\int e^x \sin x\ dx$.

Aplicando "por partes":

$K = e^x \sin x - \displaystyle\int e^x \cos x\ dx = e^x \sin x - e^x \cos x - \underset{K}{\underbrace{\displaystyle\int e^x \sin x\ dx}}$

$2K = e^x(\sin x - \cos x)\ \Rightarrow\ K = \dfrac{e^x(\sin x - \cos x)}{2} + c_2$

Também é útil saber $L = \displaystyle\int J\ dx$:

$L = \dfrac{J + K}{2} + c_1x$

Também é útil saber $M = \displaystyle\int K\ dx$:

$M = \dfrac{K - J}{2} + c_2x$

Continuando, aplicando "por partes" em $I$:

$I = x^2\dfrac{e^x(\cos x + \sin x)}{2} - \displaystyle\int xe^x(\cos x + \sin x)\ dx = x^2\dfrac{e^x(\cos x + \sin x)}{2} -$

$- xJ - xK + \underset{L + M}{\underbrace{\displaystyle\int J + K\ dx}}$

Logo $\fbox{$\displaystyle\int x^2 e^x \cos x\ dx = x^2\dfrac{e^x(\cos x + \sin x)}{2} - xe^x \sin x + \dfrac{e^x(\sin x - \cos x)}{2} + c$}$.

Calcular $I = \displaystyle\int (\sin x) \log (\cos x)\ dx$.

Seja $u = \cos x$, com $x \in [0, \dfrac{\pi}{2}[$, $du = -\sin x\ dx$.

$I = -\displaystyle\ \log u\ du$

Aplicando "por partes":

$I = -u\log u + \displaystyle\int \dfrac{u}{u} du = c + u - u\log u = \fbox{$\cos x - (\cos x)(\log \cos x) + c$}$

Encontrar o volume do sólido de revolução gerado pela rotação de $y = \dfrac{1}{x}$ em torno do eixo $x$, com $x \in [1, 5]$.

Encontrar o volume do sólido de revolução gerado pela rotação de $y = \dfrac{1}{x}$ em torno do eixo $x$, com $x \in [1, 5]$.

Resolução:

O volume será dado por $V = \pi \displaystyle\int_1^5 \dfrac{dx}{x^2}$.

$V = \left. -\dfrac{\pi}{x} \right|_1^5 = -\dfrac{\pi}{5} + \pi = \fbox{$\dfrac{4\pi}{5}$}$

Mostre que o Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo e o Segundo Teorema Fundamental do Cálculo são equivalentes.

Pelo Primeiro Teorema Fundamental do Cálculo, se $F$ é uma primitiva de $f$, então $F'(x) = f(x)$.

$[F(x) - \underset{\text{Constante}}{\underbrace{F(a)}}]' = f(x)$

$\dfrac{d}{dx}[\displaystyle\int_a^x f(t)\ dt] = f(x)$

$\fbox{$\displaystyle\int_a^x f(t)\ dt = F(x)$}$, que é o Segundo Teorema Fundamental do Cálculo.

C.Q.D.

Segundo Teorema Fundamental do Cálculo.

Seja $f:\ \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ e considere a função $g(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\ dt$. Mostre que $g'(x) = f(x)$.

Resolução:

Seja $F$ uma primitiva de $f$.

$g(x) = \displaystyle\int_a^x f(t)\ dt = F(x) - \underset{\text{Constante}}{\underbrace{F(a)}}$

Derivando ambos os membros com relação a $x$:

$g'(x) = f(x)$

C.Q.D.

Seja $f:\ \mathbb{R} \rightarrow [a, +\infty[$, contínua e suponha que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = L$. Prove que $\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = L$.

Seja $f:\ \mathbb{R} \rightarrow [a, +\infty[$, contínua e suponha que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = L$. Prove que

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = L$.

Resolução:

Seja $F$ uma primitiva de $f$.

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = \displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a}$, que chamaremos de $Q$.

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a} = Q$

$\displaystyle\lim_{a \rightarrow b} \displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a} = \displaystyle\lim_{a \rightarrow b} Q$

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} \displaystyle\lim_{a \rightarrow b} \dfrac{F(b) - F(a)}{b - a} = Q$

$\displaystyle\lim_{b \rightarrow +\infty} f(b) = Q$

$L = Q$

C.Q.D.

Teorema do Valor Médio para Integrais.

Mostre que se $f:\ [a, b]\ \rightarrow\ \mathbb{R}$ é contínua, então existe $c \in [a, b]$ tal que

$\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = f(c)(b - a)$.

Resolução:

O Teorema do Valor Médio afirma: seja  $g$ uma função contínua em $[a, b]$ e derivável em $(a, b)$, então, existe $c \in (a, b)$ tal que

$g'(c) \cdot (b - a) = g(b) - g(a)$.

$g'(c) \cdot (b - a) = \displaystyle\int_a^b g'(x)\ dx$

Seja $f(x) = g'(x)$:

$\fbox{$\displaystyle\int_a^b f(x)\ dx = (b - a)f(c)$}$

C.Q.D.

Valor de uma função dadas certas condições e uma integral.

Seja $f:\ \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ uma função duas vezes continuamente diferenciável, isto é, $f$, $f'$ e $f''$ são contínuas. Determine o valor de $f(0)$ sabendo que $f(\pi) = 2$ e que

$\displaystyle\int_0^{\pi} (f(x) + f''(x))\sin x\ dx\ =\ 5$.

Resolução:

Seja $I = \displaystyle\int (f(x) + f''(x))\sin x\ dx$.

$I = \displaystyle\int f(x) \cdot \sin x\ dx\ +\ \displaystyle\int f''(x) \cdot \sin x\ dx\ =$

$= -f(x) \cdot \cos x + \cancel{\displaystyle\int f'(x) \cdot \cos x\ dx}\ +\ f'(x) \cdot \sin x\ \cancel{- \displaystyle\int f'(x) \cdot \cos x\ dx}\ =$

$= -f(x) \cdot \cos x + f'(x) \cdot \sin x\ + c$

Logo $\displaystyle\int_0^{\pi} (f(x) + f''(x))\sin x\ dx\ =\ \left. (-f(x) \cdot \cos x + f'(x) \cdot \sin x)\ \right|_0^{\pi}\ =\ 2 + f(0)$.

$\displaystyle\int_0^{\pi} (f(x) + f''(x))\sin x\ dx\ =\ 5\ \Rightarrow\ 2 + f(0) = 5\ \Rightarrow\ \fbox{$f(0) = 3$}$

Integral do arco-tangente.

$\displaystyle\int \arctan x\ dx\ \overset{\text{Por partes}}=\ x \cdot \arctan x - \underset{I}{\underbrace{\displaystyle\int \dfrac{x}{x^2 + 1} dx}}$

Seja $u = x^2 + 1$, $du = 2x\ dx$.

$I = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int \dfrac{du}{u} = \dfrac{\log |u|}{2} + c = \dfrac{\log |x^2 + 1|}{2} + c = \dfrac{\log (x^2 + 1)}{2} + c$

Logo, $\fbox{$\displaystyle\int \arctan x\ dx\ =\ x \cdot \arctan x - \dfrac{\log (x^2 + 1)}{2} + C$}$.