Introdução

Conforme solicitado pelo professor Paulo Jordá, concluímos as duas primeiras etapas da ATPS da disciplina de Cálculo III. Na primeira etapa estudamos e aprendemos um pouco mais sobre integrais definidas e indefinidas e cálculo de áreas. Após desenvolvemos um texto dissertativo com os principais conceitos sobre integrais, através de pesquisa realizada, então aplicamos os conceitos na resolução dos desafios A, B, C e D, que constam nesta ATPS.

A segunda etapa foi baseada em pesquisas feitas na internet e livros, com informações relacionadas ao estudo de integração por substituição e por partes, realizou-se um levantamento relacionado ao surgimento das técnicas de integração relativas a essa etapa, relatamos as principais informações sobre integrais por substituição e por partes, sendo aplicados os ensinamentos para a resolução dos desafios propostos nessa segunda etapa.

Etapa 1

Aula-tema:

Integral Definida e Integral Indefinida.

Passo1

1 – Pequisar informações relacionadas ao estudo e utilização da teoria de integrais definidas, indefinidas e cálculo de áreas.

2 – Elaborar um texto dissertativo contendo as principais informações obtidas na pesquisa do passo anterior.

Integrais definidas e indefinidas e cálculo de áreas

A tempos a preocupação de matemáticos era determinar a área de uma figura plana. Atráves da matemática pode-se afirmar que a área pode ser definida como quantidade de um espaço bi-dimensional, na antiguidade o método mais utilizado era o da exaustão, que consistia em aproximar a figura dada por meio de outras com área já conhecida.

A partir do Teorema Fundamental do Cálculo, Leibniz e Newton encontraram uma forma mais fácil de calcular áreas integrais, não sendo mais necessário aplicar o método de limites de soma, descrito pelo matemático Riemann. Uma integral indefinida é uma função, ou até mesmo um conjunto de funções. Função integral entende-se como o inverso de uma derivada, onde uma função F(x) é chamada de primitiva da função f(x), que sempre está definida sobre algum intervalo. Quando não determinamos o intervalo, nos referimos a duas primitivas da mesma função f, entende-se que essas funções são primitivas de f nos mesmo intervalo i.

A integral definida tem sua origem através da formalização matemática dos problemas de áreas e problemas físicos. Conhecida como soma de Riemann, a integral definida de uma função pode ser entendida como a soma de pequenos retângulos, ou subintervalos, onde o produto entre a altura e a base de cada um desses retângulos resultam na sua área e que se somadas em um intervalo de ‘a’ a ‘b’ resultam na área da figura plana. Classificasse um integral definida como própria ou imprópria, e convergentes ou divergentes. Caso o limite do intervalo definido não existir ou ser infinito dizemos que a integral imprópria converge. Ao contrário da integral indefinida , a integral definida é um número e não depende de uma variável x.

Passo 2

Responder os desafios A, B, C, D.

Desafio A:

Qual das alternativas abaixo representa a integral indefinida de ∫ ( a3

3+ 3

a3 +3a )

a ) f(a) = 12 a4 - 3a−2

2 + ln|3a|+ C b ) f(a) = a4

12− 3

2 a2 +3 ln|a|+ C

c ) f(a) = a4

12+ 2

3 a2 −3 ln|a|+C d ¿ f (a )=12 a4+ 32 a−2 + ln|a|+C

e ¿ f (a )=a4+ 32 a2 +3 ln|a|+C

Desafio BSuponha que o processo de perfuração de um poço de petróleo tenha um custo fixo deU$ 10.000 e um custo marginal de C¢(q) =1000 + 50q dólares por pé, onde q é aprofundidade em pés. Sabendo que C(0) = 10.000 , a alternativa que expressa C(q) , ocusto total para se perfurar q pés, é:

(a) C(q) =10.000 +1.000q + 25q2

(b) C(q) =10.000 + 25q +1.000q2

(c) C(q) =10.000q2

(d) C(q) =10.000 + 25q2

(e) C(q) =10.000q + q2 + q3

Desafio C

No início dos anos 90, a taxa de consumo mundial de petróleo cresceuexponencialmente. Seja C(t) a taxa de consumo de petróleo no instante t, onde t é onúmero de anos contados a partir do início de 1990. Um modelo aproximado paraC(t) é dado por: C ( t )=16,1 . e0,07 t Qual das alternativas abaixo responde corretamentea quantidade de petróleo consumida entre 1992 e 1994?

(a) 56,43 bilhões de barris de petróleo(b) 48,78 bilhões de barris de petróleo(c) 39,76 bilhões de barris de petróleo(d) 26,54 bilhões de barris de petróleo(e) Nenhuma das alternativas

Desafio DA área sob a curva y=e

x2 de x=−3a x=2 é dada por:

(a) 4,99 (b) 3,22 (c) 6,88 (d) 1,11 (e) 2,22

Relatório 1

Desafio A

∫ ( a3

3+ 3

a3 +3a )

∫ 13

a3 da+∫ 3 1a3 da+∫3 1

ada

13∫a3 da+3∫ 1

a3 da+3∫ 1a

da

13

a3+1

3+1+ 31+1

1+1 a3 +3a

ln|a|+C

a4

12− 3

2 a2 +3 ln|a|+C

Resposta (b)

Desafio B

∫ (1000+50 q ) dq=∫1000 dq+∫50 qdq

1000∫ q0 dq+50∫ q1 dq

1000 q0+1

0+1+50 q1+1

1+1+C

1000 q+ 502

q2+C

1000 q+25+q2+C

Como C❑' +1000 ' , então :

C (q )=10000+1000 q+25 q2

Resposta (a)

Desafio C

C (t )=16,1 e0,07 t

∫1992−1990

1994−1990

16,1 e0,07 t dt

16,1∫2

4

e0,007 t dt=16,1e0,07 t .4=0,28

0,07

16,1∫2

4

e0,07 t dt=16,1e0,07. 4=0,28

−16,1 e0,07 .2=0,14

0,07

16,1∫2

4e0,07 t dt=16,1 . 1,323

0,07−16,1. 1,150

0,07¿

¿

16,1∫2

4

e0,07 t dt=16,1 .18,901−16,1 . 16,432

16,1∫2

4

e0,07 t dt=304,306−264,555

16,1∫2

4

e0,07 t dt=39,76

Resposta (c)

Desafio D

y=ex/2 x [−3 ,2]

∫ ex2 dx

∫ ekx dx=1k

ekx+C

∫ ekx dx= ekx

k+C

∫−3

2

ex2 dx=∫

−3

2

e12 dx

∫−3

2

ex /2 dx=e

12 x

12

∫−3

2

ex2

dx=2 e12

x

∫−3

2

ex2 dx=2 e1/2−2 e

12 .(−3)

∫−3

2

ex2 dx=2. 2,7182−(2 . 0,2231 )

∫−3

2

ex2 dx=5,4364−0,4462

∫−3

2

ex2 dx=4,9902

Resposta A

ETAPA 2

Aula-tema:

Integração por Substituição, Integração por Partes

Passo 1

Ler o capítulo do PLT que descreve os conceitos de integração por partes e por substituição. Pesquisar também em livros didáticos do Ensino Superior, na internet e em outras fontes de livre escolha, informações ligadas ao estudo e utilizações das técnicas de integração por partes e por substituição.

Passo 2

Fazer um levantamento sobre a história e surgimento das técnicas de integração trabalhadas nesta etapa e elaborem um texto dissertativo, contendo as principais informações encontradas com pesquisa realizada no passo 1. Essa pesquisa será imprescindível para a compreensão dos próximos passos.

Conceito de Integrais por partes e por substituição

Integral por substituição, para as derivadas, é um método que vem da regra da cadeia, esse método é fundamental para se resolver integrais que não possuem um elemento primitivo.

Esse método constitui em aplicar uma alteração de variáveis e é de grande utilidade quando a função integrada é representada como um produto de funções.

A integral por partes tem como função quebrar uma integral de mais fácil entendimento em um produto de funções, ficando assim mais fácil de se trabalhar com elas. È fundamental para esse método a escolha certa das funções na equação que levem à solução do problema.

História da origem das integrais

A origem do cálculo integral se originou a partir de problemas de quadratura que também podemos entender como processo para determinar áreas.

As quadraturas fascinavam os geômetras como Hipócrates de Chios, 440 a.C. que estudava figuras limitas por curvas e realizou as primeiras quadraturas da história a partir de regiões que se assemelhavam com o formato da lua em sua fase crescente. Outro geômetra chamado Antifon, por volta da 430 a.C. procurou encontrar a quadratura do circulo através de uma sequência de polígonos e descobriu que essa sequência nunca poderia acabar, mas que foi uma brilhante ideia que deu origem ao método da exaustão. Por volta de 225 a.C., Arquimedes foi quem contribuiu com uma das maiores descobertas do Cálculo criando o Teorema de Arquimedes para a quadraturada parábola. Em 1600 d.C. Kepler consistia pensar na superfície como uma soma de linhas, métodos que apresentava resultados imprecisos, assim calculou o volume de vários sólidos com região bidimensional ao redor de um eixo. Kepler subdividia o sólido em várias partes, estas partes chamou de partes infinitesimais, e a soma dessas partes se aproximavam do volume que procurava.

Os matemáticos que vieram após contribuíram muito para a melhora do cálculo integral, entre eles se destacam Fermat e Cavaliere, usando a técnica de Kepler, Cavalieri em uma área infinita de segmentos indivisíveis, criando o que conhecemos atualmente como fórmula das primitivas. Fermat criou a técnica para achar a área sob cada uma das curvas, empregando uma séria geométrica para cada uma dessas curvas, também conhecidas por parábolas maiores. Em 1640, essa fórmula passou a ser conhecida por Blaise Pascal, Descartes Torricelli e por muitos outros cientistas da época.

Passo 2

Considerar as seguintes igualdades:

I) ∫ (3−t ) .¿¿

II) ∫0

5 t√ t+4

dt = 4,67

Podemos afirmar que:

( a) (I) e (II) são verdadeiros

(b) (I) é falsa e (II) é verdadeira

(c) (I) é verdadeira e (II) é falsa

(d) (I) e (II) são falsas

Sequencia de números 30194

Relatório 2

∫ (3−t ) .¿¿

∫ (3−t ) .¿¿

∫¿¿

Derivando u:

u=t2−6 t

dudt

=2 t−6

(2 t−6 ) d t=du

(2 .t−2.3 ) dt=du

2 . (t−3 ) dt=du

( t−3 ) dt=du2

(−1 ) . (3−t ) dt . du2

(3−t ) dt=−du2

Substituindo:

∫ (3−t ) . t 2−6 t 4 dt=−∫u4 . du2

∫ (3−t ) .¿¿

∫ (3−t ) .¿¿

∫ (3−t ) .¿¿

∫ (3−t ) .¿¿

∫ (3−t ) .¿¿

Resposta Verdadeiro

(II) ∫0

5 t√ t+4

dt = 4,67

∫ u√a+bu

du= 23 b2 .(bu−2 a)√a+bu

∫ 5 t

√ t+4¿

dt= 23. 12 ( t−2 . 4 )√ t+4¿

∫0

5 t√ t+4

dt=23

(t−2 . 4 ) √ t+4

Substituindo:

∫0

5 t√ t+4

dt= 23

. (5−8 ) .3

∫0

5 t√ t+4

dt=23

.−91

∫0

5 t√ t+4

dt=−18/3

∫0

5 t√ t+4

dt=−6

∫0

5 t√ t+4

dt=23

(0−8 ) √0+4

∫0

5 t√ t+4

dt=23

. (0−8 ) . 2

¿¿

∫0

5 t√ t+4

dt= 23−16

∫0

5 t√ t+4

dt=−32/3

∫0

5 t√ t+4

dt=−10,67

∫0

5 t√ t+4

dt=−6−(10,67 )

∫0

5 t√ t+4

dt=−6+10,67

∫0

5 t√ t+4

dt=4,67

Resposta: verdadeira

Etapa 3

Relatório 3

Considerar as seguintes regiões S1 (Figura 1) e S2 (Figura 2). As áreas de S1 e S2 são, respectivamente 0,6931 u.a. e 6,3863 u.a.

Figura 1 – Região S1 de 0,6931 u.a. Figura 2 – Região S2 de 6,3863 u.a.

(a) (I) e (II) são verdadeiras

(b) (I) é falsa e (II) é verdadeira

(c) (I) é verdadeira e (II) é falsa

(d) (I) e (II) são falsas

Encontramos a área da região S1 = {x,y / x,y Є R} delimitada pelas curva abaixo:

Escrevamos as equações y = ax+b

Pontos (1,1) e (0,0): 1 = a1+b

0 = a0+b b = 0

Assim: 1 = a+b, se b = 0

A + 0 = 1 a = 1

y = x (equação 1)

Pontos (2,½) e (0,0) : ½ = a2 + b

1 = 4ª + 2b b = 0

Assim: 4ª = 1 a = ¼

y = ¼x (equação 2)

A área S1 será, então, dada por: S=∫_0^1 (x-¼x)dx + ∫_1^2((1/x)-¼x)dx

Resolvendo separadamente:

∫01 .(x−14

x )dx

∫01[(4 x−x¿)(1 xdx )]¿

∫01( 34 ¿x dx)¿

34∫ 01 xdx

34(x

22 )¿

34

12=0,375

∫12 .( 1x− 1

4x )dx

∫12 . 1x

dx−∫12( 14

x )

ln|x|12 . 14∫ 12 x dx

[ ln|2|−ln|1|] . 14

[x 22 ]|12

0,6931− 14(2−1

2)

0,6931−0,375=0,318

Portanto: S1 = 0,375 + 0,318 = 0,693

Encontremos a área na região S2= {x, y / x, y Є R} delimitada pelas curvas abaixo:

A 1=4∫(−4¿¿4) . ( f ' ( x )dx )=∫(−44). 4x

dx¿

A 1=4∫(−4¿¿4) dxx

¿

Não converge.

Em x = 0, a função diverge.

O mesmo ocorre para f 2 (x) = (−4)/ x .

Assim: A 2=∫ (−44 ) .(−4x

)dx, não converge.Como as duas integrais não convergem

não se consegue determinar a área S2.

Portanto a alternativa é falsa, associar 2

ETAPA 4

Relatório 4

Desafio A

A área da superfície de revolução (Figura 3) obtida pela rotação, em torno do eixo x, da curva dada por de é: y=4√ x de 1

4 ≤ x ≤ 4 é: 2 π3

¿ – 17 √17)u.a. Está correta essa afirmação?

ƒ(x) = y = 4√x , x_1 = ¼ , x_2 , = 4 , r : eixo –x (ou y = 0)

V=∫_¼^4[π(4√(x )] )^2dx = π ∫_¼^4[16 (x)dx] = 16π∫_¼^4x dx

V=16π[x^2/2 |_¼^4] = 16π[(4^2/2)-(¼^2/2)] = 16π [8-0,03125]

V= 127,5π u.a.

A alternativa esta errada, pois 2π/3 (128√2-17√17 > 127,5π

Desafio B

Qual é o volume do sólido de revolução obtido pela rotação, em torno da reta y=2, da região R delimitada pelos gráficos das equações: y= sem x, y=(senx)^3 de x=0, até x= r/2?

(a) 3,26 u.v. (b) 4,67 u.v. (c) 5,32 u.v. (d) 6,51 u.v. (e) 6,98 u.v.

V (S) = π∫_a^b[(ƒ(x)- l)^2 ]dx

Assim, façamos separadamente:

V_1(s) = π∫_0/2 (sen^3(x)-2))^2 dx, calculemos a integral imprópria

V_1(s) = π∫(sen^6 x- 4(sem)^3+4)dx

V_1(s) = π∫(4dx+ ) π∫(sen^6 x dx) - 4π∫(sem)^3 x dx

Utilizando a formula da redução:

(sem)^mx dx = + (-cos x .(sem)^(m-1) x)/m + (m+1 )/m ∫(sem)^(m+2 ) x dx, onde m = 3

V_1(s) = 4⁄(3 )π( sem)^2x cos x, π∫4dx + π∫(sem)^6 xdx - 8⁄3 π ∫(sen x dx)V_1(s) = 8⁄3 π cos x + 4⁄(3 )π( sem)^2x cos x + π∫4dx + π∫(sem)^6 x dx

Utilizando a formula de redução novamente para m = 6

V_1(s) = 8⁄3 π cos x+ 4⁄(3 )π(sem)^2x cos x - 1⁄6 π (sem)^5x cos x + π∫4dx + 5⁄6 π ∫(sem)^4 x dx

V_1(s) = 8⁄3 π cos x - 1⁄6 π 〖sen〗^2x cos x - 5⁄24 π〖sen〗^3cos x + 4⁄(3 )π〖 sen〗^2x cos x+ π∫4dx +

5⁄8 π ∫(sen)^2 x dx

Onde:

(sen)^(2 )(x) = ½ - ½ cos (2x)

V_1(s) = 8⁄3 π cos x - 1⁄6 π (se

)^5x cos x - 5⁄24 (〖sen)^3cos x + 4⁄(3 )( sen)^2x cos x+ π∫4dx +

5⁄8 π∫((½-½cos(2(x))dx

V_1(s) = 8⁄3 π cos x - 1⁄6 π (sem)^5x cos x - 5⁄24 π(sem)^3cos x + 4⁄(3 )π( sen)^2x cos x+5⁄8 π ∫½dx+ π∫4dx-5⁄16 π∫cos(2x) dx

Façamos

u = 2x

du = 2dx

V_1(s) = -5⁄32 π∫cos(u du) +8⁄3 π cos x- 1⁄6 π (sen)^5x cos x -( 5)⁄24 π〖sen〗^3cos x +

4⁄(3 )π( sen)^2x cos x + π∫4dx+5⁄8 π ∫½dx

V_1(s) = -5⁄32 π sen u +8⁄3 π cos x + π∫4dx +( 5)⁄8 π ∫½dx - 1⁄6 π (sen)^5x cos x –

( 5)⁄24 π(sen)^3cos x + 4⁄(3 )π sen)^2x cos x

V_1(s) = -5⁄32 π sen u+ 5πx/16 + 8⁄3 π cos x + π∫4dx - 1⁄6 π (sen)^5x cos x –

( 5)⁄24 π(sem)^3cos x + 4⁄(3 )π( sem)^2x cos x

V_1(s) = -5⁄32 π sen u+ 69πx/16 + 8⁄3 π cos x - 1⁄6 π (sen)^5x cos x –

( 5)⁄24 π(sen)^3cos x + 4⁄(3 )π( sen)^2x cos x + C

V_1(s) = 69πx/16 -5⁄32 π sen (2x) + 8⁄3 π cos x - 1⁄6 π (sen)^5x cos x –

( 5)⁄24 π(sen)^3cos x + 4⁄(3 )π( sen)^2x cos x + C

Substituindo os limites de integração x = 0 e x = π/2:

V_1(s) = 1/96π (207π – 256)

V_1(s) ≈ 12, 9038

Agora façamos V_2(s) = π∫_0^(π/2)[(sen x-2)^2 ]dx, começamos pela integral imprópria.

V_2(s) = π∫(sen^2 )x – 4 sen x + 4 ) dx

V_2(s) = π∫(sen^2)x dx – 4∫(sen x dx )+ ∫(4 dx)V_2(s) = π[∫(½ - ½ cos (2x))dx - 4∫(sen x dx )+ 4∫ dx]

V_2(s) = π[∫1/2dx - ∫1/2 cos (2x)dx - 4∫(sen x dx )+ 4∫ dx]

u = 2x

d u = 2 dx

V_2(s) = π[½∫dx- ½ ∫cos( u ) du/2 - 4∫(sen x dx )+ 4∫ dx]

V_2(s) = π[½∫(dx-¼) sen u - 4∫ (sen x dx )+ 4∫ dx ]

V_2(s) = π[½∫(dx-¼) sen (2x) + 4 cos x + 4x]

V_2(s) = π[9⁄2 π - ¼ sen (2x) + 4 cos x

Substituindo os limites de integração:

V_2(s) = {π(9π/4 - 4 )}

V_2(s) = 9,6402

Então o volume do solido será dado por:

V (s) = V_1 - V_2

V (s) = 12,9038 – 9,6402

V (s) = 3,26

Alternativa A

Bibliografia

HUGHES-HALET, D; GLEASON, Andrew (orgs.); MCCALLUM, William G (orgs.) et al.Cálculo de Uma Variável. 3ª ed. Rio de Janeiro: LTC Livros Técnicos e Científicos, 2004,v.1.

FLEMMING, Diva; GONÇALVES, Mirian. Cálculo A: Funções, limites, derivação e integração. 6ª ed. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2006.

STEWART, James. Cálculo - volume I. São Paulo: Pioneira Thompson Learning, 2002. 4ªedição.