Ensino Superior ⇒ Cálculo 1 integral
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Out 2021
19
18:14
Cálculo 1 integral
:coloquei a foto pois não consegui escrever a equação
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- Questão de integral
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Out 2021
21
02:17
Re: Cálculo 1 integral
Comecemos demosntrando 2 fatos:
Fato 1: [tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-x+C[/tex3]
Demonstração:
[tex3]\int\ln(x)dx=\int1\cdot\ln(x)dx[/tex3]
Utilizando integral por partes:
[tex3]\begin{cases}
u=\ln(x)\implies du={dx\over x} \\
dv=1dx\implies v=x
\end{cases}[/tex3]
Logo:
[tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-\int x\cdot{dx\over x}[/tex3]
[tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-\int dx[/tex3]
[tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-x+C[/tex3]
Fato 2: [tex3]\lim_{x\rightarrow 0^+}(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2=0[/tex3]
Demonstração:
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{\ln^3(x)-\ln^2(x)\over {1\over x}}[/tex3]
Temos [tex3]\infty\over \infty[/tex3] , logo, podemos usar L'Hospital:
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{d\over dx}[\ln^3(x)-\ln^2(x)]\over {d\over dx}[{1\over x}]}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{3\ln^2(x)\over x}-{2\ln(x)\over x}\over -{1\over x^2}}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{3\ln^2(x)}-{2\ln(x)}\over -{1\over x}}[/tex3]
Temos [tex3]\infty\over \infty[/tex3] , logo, podemos usar L'Hospital:
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{d\over dx}[{3\ln^2(x)}-{2\ln(x)}]\over {d\over dx}\[-{1\over x}\]}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{6\ln(x)\over x}-{2\over x}\over {1\over x^2}}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{6\ln(x)}-{2}\over {1\over x}}[/tex3]
Temos [tex3]\infty\over \infty[/tex3] , logo, podemos usar L'Hospital:
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{d\over dx}[{6\ln(x)}-{2}]\over {d\over dx}\[{1\over x}\]}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{6\over x}\over -{1\over x^2}}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{-6x}[/tex3]
[tex3]L=0[/tex3]
Agora, vamos para a integral desejada:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=\int_0^1(\ln(x))^2\ln(x)dx[/tex3]
[tex3]\begin{cases}
u=(\ln(x))^2\implies du={2\ln(x)\over x}dx \\
dv=\ln(x)dx\implies v=x\ln(x)-x~~~~ \text{ (Fato 1)}
\end{cases}[/tex3]
No caso de integral definida, utilizamos esta fórmula:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=\[(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2\]_0^1-\int_0^1(2\ln^2(x)-2\ln(x))dx[/tex3]
Considerando o primeiro termo, vemos que [tex3]x=1[/tex3] resulta em 0. Já para [tex3]x\rightarrow 0^+[/tex3] , utilizaremos o Fato 2. Portanto:
[tex3]\[(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2\]_0^1=0[/tex3]
Assim, temos:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-\int_0^1(2\ln^2(x)-2\ln(x))dx[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-\int_0^12\ln^2(x)dx-\int_0^1-2\ln(x)dx[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln^2(x)dx+2\int_0^1\ln(x)dx[/tex3]
Sabemos do Fato 1 que a anti-derivada de [tex3]\ln(x)[/tex3] é [tex3]x\ln(x)-x[/tex3] , logo:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln^2(x)dx+2[x\ln(x)-x]_0^1[/tex3]
Utilizando um argumento muito similar ao Fato 2, temos que [tex3]2[x\ln(x)-x]_0^1=-2[/tex3] . Logo:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln^2(x)dx-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln(x)\ln(x)dx-2[/tex3]
Usando [tex3]\begin{cases}
u=\ln(x)\implies du={dx\over x} \\
dv=\ln(x)dx\implies v=x\ln(x)-x
\end{cases}[/tex3] , temos:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\[\ln(x)(x\ln(x)-x)]_0^1-\int_0^1(x\ln(x)-x){dx\over x}\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\[0-\int_0^1(x\ln(x)-x){dx\over x}\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\[0-\int_0^1(\ln(x)-1)dx\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=2\int_0^1(\ln(x)-1)dx-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=2\[x\ln(x)-x-x\]_0^1-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=2\[-2\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-6[/tex3]
Fato 1: [tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-x+C[/tex3]
Demonstração:
Resposta
[tex3]\int\ln(x)dx=\int1\cdot\ln(x)dx[/tex3]
Utilizando integral por partes:
Escolhemos [tex3]u[/tex3] de tal forma que ele fique mais simples após a derivação. Assim, temos:[tex3]\int udv=uv-\int v du[/tex3]
[tex3]\begin{cases}
u=\ln(x)\implies du={dx\over x} \\
dv=1dx\implies v=x
\end{cases}[/tex3]
Logo:
[tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-\int x\cdot{dx\over x}[/tex3]
[tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-\int dx[/tex3]
[tex3]\int\ln(x)dx=x\ln(x)-x+C[/tex3]
Demonstração:
Resposta
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{\ln^3(x)-\ln^2(x)\over {1\over x}}[/tex3]
Temos [tex3]\infty\over \infty[/tex3] , logo, podemos usar L'Hospital:
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{d\over dx}[\ln^3(x)-\ln^2(x)]\over {d\over dx}[{1\over x}]}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{3\ln^2(x)\over x}-{2\ln(x)\over x}\over -{1\over x^2}}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{3\ln^2(x)}-{2\ln(x)}\over -{1\over x}}[/tex3]
Temos [tex3]\infty\over \infty[/tex3] , logo, podemos usar L'Hospital:
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{d\over dx}[{3\ln^2(x)}-{2\ln(x)}]\over {d\over dx}\[-{1\over x}\]}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{6\ln(x)\over x}-{2\over x}\over {1\over x^2}}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{6\ln(x)}-{2}\over {1\over x}}[/tex3]
Temos [tex3]\infty\over \infty[/tex3] , logo, podemos usar L'Hospital:
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{d\over dx}[{6\ln(x)}-{2}]\over {d\over dx}\[{1\over x}\]}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{{6\over x}\over -{1\over x^2}}[/tex3]
[tex3]L=\lim_{x\rightarrow 0^+}{-6x}[/tex3]
[tex3]L=0[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=\int_0^1(\ln(x))^2\ln(x)dx[/tex3]
[tex3]\begin{cases}
u=(\ln(x))^2\implies du={2\ln(x)\over x}dx \\
dv=\ln(x)dx\implies v=x\ln(x)-x~~~~ \text{ (Fato 1)}
\end{cases}[/tex3]
No caso de integral definida, utilizamos esta fórmula:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=\[(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2\]_0^1-\int_0^1(x\ln(x)-x){2\ln(x)\over x}dx[/tex3][tex3]\int_0^1 udv=uv]_0^1-\int_0^1 v du[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=\[(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2\]_0^1-\int_0^1(2\ln^2(x)-2\ln(x))dx[/tex3]
Considerando o primeiro termo, vemos que [tex3]x=1[/tex3] resulta em 0. Já para [tex3]x\rightarrow 0^+[/tex3] , utilizaremos o Fato 2. Portanto:
[tex3]\[(x\ln(x)-x)(\ln(x))^2\]_0^1=0[/tex3]
Assim, temos:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-\int_0^1(2\ln^2(x)-2\ln(x))dx[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-\int_0^12\ln^2(x)dx-\int_0^1-2\ln(x)dx[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln^2(x)dx+2\int_0^1\ln(x)dx[/tex3]
Sabemos do Fato 1 que a anti-derivada de [tex3]\ln(x)[/tex3] é [tex3]x\ln(x)-x[/tex3] , logo:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln^2(x)dx+2[x\ln(x)-x]_0^1[/tex3]
Utilizando um argumento muito similar ao Fato 2, temos que [tex3]2[x\ln(x)-x]_0^1=-2[/tex3] . Logo:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln^2(x)dx-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\int_0^1\ln(x)\ln(x)dx-2[/tex3]
Usando [tex3]\begin{cases}
u=\ln(x)\implies du={dx\over x} \\
dv=\ln(x)dx\implies v=x\ln(x)-x
\end{cases}[/tex3] , temos:
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\[\ln(x)(x\ln(x)-x)]_0^1-\int_0^1(x\ln(x)-x){dx\over x}\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\[0-\int_0^1(x\ln(x)-x){dx\over x}\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-2\[0-\int_0^1(\ln(x)-1)dx\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=2\int_0^1(\ln(x)-1)dx-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=2\[x\ln(x)-x-x\]_0^1-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=2\[-2\]-2[/tex3]
[tex3]\int_0^1(\ln(x))^3dx=-6[/tex3]
[tex3]\color{YellowOrange}\textbf{Não importa o quanto se esforce ou evolua, você sempre estará abaixo do Sol}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]
Out 2021
21
14:12
Re: Cálculo 1 integral
Reforçando alguns conceitos e propondo uma resolução mais direta:
[tex3]
\text{Antes que tudo }\int_0^1(\ln x)^3\mathrm{d}x\text{ é uma integral }\underline{\text{imprópria}}\text{ já que }\ln(x)\text{ não existe para }x=0\ (\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty).\\
\int_0^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\int_y^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\int_{\ln y}^0t^3e^t\mathrm{d}t\quad\text{com }t=\ln x\ \small\text{(vamos aproveitar a facilidade de integração da função exponencial)}\\
\text{e já que }\begin{array}[t]{}t^3e^t\!\!\!\!\!&=(t^3e^t)'-3t^2e^t=(t^3e^t)'-(3t^2e^t)+6te^t=(t^3e^t)'-(3t^2e^t)'+(6te^t)'-6e^t\\&=(t^3e^t)'-(3t^2e^t)'+(6te^t)'-(6e^t)'\\
\end{array}\\
\text{temos:}\\
\int_y^1(\ln x)^3\mathrm{dx}=\left[t^3e^t-3t^2e^t+6te^t-6e^t\right]_{\ln y}^0=-6-\left(y(\ln y)^3-3y(\ln y)^2+6y\ln y-6y\right)\\
\text{e portanto }\int_0^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\int_{y}^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\left[-6-\left((\ln y)^3y-3(\ln y)^2y+6y\ln y-6y\right)\right]=-6\\
\text{já que }\left.\begin{array}{r} 0 < y < 1\implies 0 < |y(\ln y)^3| < |y(\ln y)^2| < |y\ln y|\\\lim\limits_{y\to0^+}y\ln y=0
\end{array}\right\}\implies \lim\limits_{y\to0^+}y(\ln y)^3= \lim\limits_{y\to0^+}y(\ln y)^2=0
[/tex3]
[tex3]
\text{Antes que tudo }\int_0^1(\ln x)^3\mathrm{d}x\text{ é uma integral }\underline{\text{imprópria}}\text{ já que }\ln(x)\text{ não existe para }x=0\ (\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty).\\
\int_0^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\int_y^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\int_{\ln y}^0t^3e^t\mathrm{d}t\quad\text{com }t=\ln x\ \small\text{(vamos aproveitar a facilidade de integração da função exponencial)}\\
\text{e já que }\begin{array}[t]{}t^3e^t\!\!\!\!\!&=(t^3e^t)'-3t^2e^t=(t^3e^t)'-(3t^2e^t)+6te^t=(t^3e^t)'-(3t^2e^t)'+(6te^t)'-6e^t\\&=(t^3e^t)'-(3t^2e^t)'+(6te^t)'-(6e^t)'\\
\end{array}\\
\text{temos:}\\
\int_y^1(\ln x)^3\mathrm{dx}=\left[t^3e^t-3t^2e^t+6te^t-6e^t\right]_{\ln y}^0=-6-\left(y(\ln y)^3-3y(\ln y)^2+6y\ln y-6y\right)\\
\text{e portanto }\int_0^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\int_{y}^1(\ln x)^3\mathrm{d}x=\lim\limits_{y\to0^+}\left[-6-\left((\ln y)^3y-3(\ln y)^2y+6y\ln y-6y\right)\right]=-6\\
\text{já que }\left.\begin{array}{r} 0 < y < 1\implies 0 < |y(\ln y)^3| < |y(\ln y)^2| < |y\ln y|\\\lim\limits_{y\to0^+}y\ln y=0
\end{array}\right\}\implies \lim\limits_{y\to0^+}y(\ln y)^3= \lim\limits_{y\to0^+}y(\ln y)^2=0
[/tex3]
Última edição: rcompany (Qui 21 Out, 2021 14:17). Total de 1 vez.
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