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[Integrais] Exercício - resolução falha

[Integrais] Exercício - resolução falha

Mensagempor MrJuniorFerr » Seg Out 29, 2012 00:23

Olá a todos, tentei resolver o seguinte exercício pelo método de substituição:

\int \frac{sen(x)}{cos^2(x)} dx

\int \frac{sen(x)}{cos(x)}.\frac{1}{cos(x)} dx

\int tg(x).sec(x) dx

A partir daqui, fica claro que a integral de tg(x).sec(x) = sec(x) + C, mas ainda sim, continuei a resolvê-lo pelo método de substituição.

Daí, coloquei u=sec(x) e \frac{du}{dx}=sec(x).tg(x)

E fiz o seguinte:

\int \frac{1}{sec(x)}.sec(x).tg(x).sec(x) dx , como podem ver, não alterei o resultado da integração.

Como u=sec(x),

\int \frac{1}{u}.\frac{du}{dx}.u dx , cortando o dx do numerador com o dx do denominador:

\int u.\frac{1}{u} du

\frac{1}{2}u^2.ln(u) + C

\frac{1}{2}sec^2x.ln(sec(x)) + C

Ou seja, resultado incorreto...
O que eu fiz de errado?
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Re: [Integrais] Exercício - resolução falha

Mensagempor Russman » Seg Out 29, 2012 02:33

Você simplificou errado o integrando:

\int u\frac{1}{u}du=\int du = u+C
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Re: [Integrais] Exercício - resolução falha

Mensagempor MrJuniorFerr » Seg Out 29, 2012 02:37

Valeu Russman.
Pelo jeito então, deve-se simplificar ao máximo antes de integrar?
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Re: [Integrais] Exercício - resolução falha

Mensagempor Russman » Seg Out 29, 2012 03:09

Poupa trabalho.
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Re: [Integrais] Exercício - resolução falha

Mensagempor MarceloFantini » Seg Out 29, 2012 07:24

Quero voltar a ressaltar que simplificar é sempre bom, mas em geral no resultado final. Existem simplificações que, dependendo da hora em que são feitos, mais atrapalham do que ajudam.

Em outras palavras Junior, não tente se agarrar à uma regra geral que resolverá todas as suas integrais. Isto não existe. Não sei se já ouviu esta frase clássica:

Derivar é técnico, integrar é arte.
Futuro MATEMÁTICO
e^{\pi \cdot i} +1 = 0
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Re: [Integrais] Exercício - resolução falha

Mensagempor MrJuniorFerr » Seg Out 29, 2012 07:37

Bom dia Russman e Marcelo.
Entendi Marcelo. De fato, pude perceber que integrar é mais complexo que derivar...
Mas enfim, alguma conclusão com o que aconteceu eu tenho que tirar, e acho q a conclusão que eu tirei foi que é realmente necessário simplificar o integrando anteriormente a integração ou como você disse, no resultado final.
Valeu Marcelo!
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Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Thassya - Sáb Out 01, 2011 16:20

1) Para que os pontos (1,3) e (-3,1) pertençam ao grafico da função f(X)=ax + b ,o valor de b-a deve ser ?

2)Qual o maior valor assumido pela função f : [-7 ,10] em R definida por f(x) = x ao quadrado - 5x + 9?

3) A função f, do primeiro grau, é definida pos f(x)= 3x + k para que o gráfico de f corte o eixo das ordenadas no ponto de ordenada 5 é?


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Neperiano - Sáb Out 01, 2011 19:46

Ola

Qual as suas dúvidas?

O que você não está conseguindo fazer?

Nos mostre para podermos ajudar

Atenciosamente


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: joaofonseca - Sáb Out 01, 2011 20:15

1)Dados dois pontos A=(1,3) e B=(-3,1) de uma reta, é possivel definir a sua equação.

y_{b}-y_{a}=m(x_{b}-x_{a})

1-3=m(-3-1) \Leftrightarrow -2=-4m \Leftrightarrow m=\frac{2}{4} \Leftrightarrow m=\frac{1}{2}

Em y=mx+b substitui-se m, substitui-se y e x por um dos pares ordenados, e resolve-se em ordem a b.

3=\frac{1}{2} \cdot 1+b\Leftrightarrow 3-\frac{1}{2}=b \Leftrightarrow b=\frac{5}{2}



2)Na equação y=x^2-5x+9 não existem zeros.Senão vejamos

Completando o quadrado,

(x^2-5x+\frac{25}{4})+9-\frac{25}{4} =0\Leftrightarrow (x-\frac{5}{2})^2+\frac{11}{4}=0

As coordenadas do vertice da parabola são (\frac{5}{2},\frac{11}{4})

O eixo de simetria é a reta x=\frac{5}{2}.Como se pode observar o vertice está acima do eixo Ox, estando parabola virada para cima, o vertice é um mínimo absoluto.Então basta calcular a função para os valores dos extremos do intervalo.

f(-7)=93
f(10)=59