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27 de julho de 2010

TEOREMA DE TAYLOR (PARTE II) - EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

Taylor
Entre 1712 e 1724 Taylor publicou treze artigos sobre diversos temas: a descrição de experiências de ação capilar, magnetismo e termômetros, relatou experiência para descobrir a lei da atração magnética (1715) e um método melhorado para aproximar as raízes de uma equação, dando um novo método de logaritmos computação (1717). Taylor acrescentou um novo ramo da matemática chamado atualmente de "cálculo de diferenças finitas", inventou a integração por partes e descobriu a célebre série conhecido como a expansão de Taylor. Essas idéias aparecem em seu livro Methodus incrementorum directa et inversa de 1715. Na verdade, a primeira menção de Taylor de uma versão do que é hoje chamado Teorema de Taylor aparece em uma carta que ele escreveu para Machin em 26 de julho de 1712. O termo "a série de Taylor" parece ter usado pela primeira vez por Lhuilier em 1786.

O nosso primeiro estudo está aqui: Taylor - Parte I.

Os objetivos da segunda parte deste estudo são os mesmos do nosso primeiro estudo, ou seja,
  •  Pesquisar sobre a vida de  Brook Taylor enfatizando seu interesse pela Física;
  •  Expandir funções em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;
  •  Aplicar conhecimentos adquiridos nas aulas sobre derivadas;
  •  Expandir funções trigonométricas e exponenciais em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;
  •  Usar a expansão em série de Taylor para calcular o cosseno de um número muito menor que 1, comparar com o resultado da calculadora e calcular o erro percentual;
  •  Usar a expansão em série de Taylor em um problema no eletromagnetismo.
Brook Taylor foi um matemático Inglês que acrescentou um novo ramo da matemática chamado “cálculo de diferenças finitas”, inventou a integração por partes e descobriu a célebre fórmula conhecida como a expansão de Taylor.
Foto – crédito ao site: http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/PictDisplay/Taylor.html
Dando continuação ao estudo anterior trataremos a nossa lista de exercícios a partir da 4ª questão:


4 ) Dada a função

$$f(x)=cosx,$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 ou $$x_{0}=0$$.

- Primeiro passo: calcular $$f(x_{0})$$ = f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=cosx$$, 

temos que

$$f(0)=cos0=1.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função

$$f(x)=cosx,$$

obteremos

$$f'(x)=-senx.$$

Portanto,

$$f'(0)=-sen0=0.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=-senx,$$

vamos obter

$$f''(x)=-cosx.$$

Portanto,

$$f''(0)=-cos0=-1.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=-cosx.$$

temos que

$$f'''(x)=-(-senx)=senx.$$

Portanto,

$$f'''(0)=sen0=0.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e $$x_{0} =0$$ na fórmula de Taylor, no caso:

$$f (x)=f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})(x-a)^{1} }{1!}+\frac{f''(x_{0})(x-a)^{2}}{2!}+$$
$$\frac{f'''(x_{0})(x-a)^{3} }{3!},$$

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f (x)=1+\frac{0(x-0)^{1} }{1!} -\frac{1(x-0)^{2} }{2!} +\frac{0(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$
$$f(x)=1+0 -\frac{x^{2} }{2!} +0=1-\frac{x^{2} }{2.1} =1-\frac{1}{2}x^{2}.$$

Portanto,

$$f(x)=cosx =1-\frac{1}{2}x^{2}.$$

Para a expansão for com aproximação até a quarta ordem, teremos

$$cosx =1 -\frac{x^{2} }{2!}+\frac{x^{4} }{4!} - . . ..$$

com x em radianos. Esta expansão é muito usada na Física. Observação:quando x for muito menor que 1, podemos aproximar cosx pela expressão acima, ou seja,

$$cosx \simeq 1-\frac{1}{2}x^{2}.$$

Se x for maior que 1, serão necessários mais termos na série.

5) Usando a expansão em série de Taylor da questão anterior, calcule o cosseno de 0,01 (muito menor que 1) e compare com o resultado da calculadora.

Substituindo x = 0,01 na série:

$$cosx \simeq 1-\frac{1}{2}x^{2}=1-\frac{1}{2} (0,01)^{2}=$$
$$1-\frac{1}{2} (10^{-2})^{2}=1-\frac{10^{-4}}{2} =1-0,00005=0,999995.$$

Portanto, pela série, temos que

$$cos(0,01) \simeq 0,999995.$$

Como x deve ser medido em radianos, coloque sua calculadora no modo radianos (rad) e calcule o cosseno de 0,01. Você achará o valor igual a 0,999995.

6) Usando a expansão em série de Taylor da questão anterior, calcule o cosseno de 0,1 (muito menor que 1), compare com o resultado da calculadora e calcule o erro percentual.

Substituindo x = 0,1 na série:

$$cosx \simeq 1-\frac{1}{2}x^{2}=1-\frac{1}{2} (0,1)^{2}=$$
$$1-\frac{1}{2} (10^{-1})^{2}=1-\frac{10^{-2}}{2} =1-0,005=0,995.$$

Portanto, pela série, temos que

$$cos(0,1) \simeq 0,995.$$

Como x deve ser medido em radianos, coloque sua calculadora no modo radianos (rad) e calcule o cosseno de 0,01. Você achará o valor igual a 0,995004165.

O erro percentual (E) depende do Valor aproximado (Va = 0,995) e do valor correto (Vc = 0,995004165) e é dado por

$$E =100-\frac{Va.100}{Vc}=100-\frac{0,995.100}{0,995004165}\rightarrow $$
$$E =100-99,99581425=0,00418575\simeq 0,00419.$$

0,000419% é muito pequeno, e portanto, uma boa aproximação.

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24 de julho de 2010

EXPANSÃO EM SÉRIE DE TAYLOR (PARTE I) - EXERCÍCIOS RESPONDIDOS

Em 03 de abril de 1712, Taylor foi eleito para a Royal Society. Foi uma eleição baseada mais nas experiência que Machin (matemático e astrônomo), Keill (matemático) e outros sabiam a respeito de Taylor. Por exemplo, Taylor escreveu em 1712 para Machin sobre uma solução para um problema de Kepler sobre a segunda lei do movimento planetário. Também em 1712, Taylor foi nomeado para o comitê criado para se pronunciar sobre o pedido de Newton ou Leibniz ter inventado o cálculo. De 14 de janeiro de 1714 até 21 de outubro de 1718 Taylor foi secretário da Royal Society. Na segunda parte desta aula descreveremos mais sobre a vida de Taylor. Mais detalhes sobre a vida e obra de Taylor no site:
http://www-history.mcs.standrews.ac.uk/Biographies/Taylor.html

Em muitos problemas de Física desejamos uma solução exata de uma função, mas, às vezes, nos deparamos com funções com soluções aproximadas. Com tais aproximações podemos extrair o significado físico de alguns problemas. A série de Brook Taylor nos dá uma solução aproximada de uma função, além de nos permitir estimar o erro associado.

Objetivos da primeira parte deste estudo:
  •  Pesquisar sobre a vida de  Brook Taylor enfatizando seu interesse pela Física;
  •  Expandir funções em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;
  •  Aplicar conhecimentos adquiridos nas aulas sobre derivadas;
  •  Expandir funções trigonométricas e exponenciais em série de Taylor com aproximação até terceira ordem;
  •  Usar a expansão em série de Taylor para calcular o cosseno de um número muito menor que 1, comparar com o resultado da calculadora e calcular o erro percentual;
  •  Usar a expansão em série de Taylor em um problema no eletromagnetismo.
Brook Taylor foi um matemático Inglês que acrescentou um novo ramo da matemática chamado “cálculo de diferenças finitas”, inventou a integração por partes e descobriu a célebre fórmula conhecida como a expansão de Taylor. Foto – crédito ao site: http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/PictDisplay/Taylor.html 

Brook Taylor nasceu em 18 agosto de 1685 em Edmonton, Middlesex, Inglaterra e faleceu em 29 de dezembro de 1731 em Somerset House, Londres, Inglaterra.

A série de Taylor de uma função f(x) em torno de um ponto $$x_{0}$$ é a soma dos elementos da série de potências definida por

$$T(x)= \sum_{\ 0}^{\infty} \frac{f^{n} (x )}{n!}(x-x_{0} )^{n},$$

onde, n! é o fatorial de n e

$$\frac{f^{n} (x )}{n!}$$

denota a n-ésima derivada de f(x) no ponto $$x_{0}.$$
Na Física, é muito usada a notação

$$T(x)= \sum_{\ 0}^{\infty} \frac{f^{n} (x )}{n!}(x-x_{0} )^{n}=$$
$$\sum_{0}^{\infty}\frac{1}{n!}\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}(x-x_{0})^{n}$$

onde,

$$\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}$$

denota, também, a derivada n-ésima de f(x) aplicada no ponto $$x_{0}.$$

Portanto, a expressão acima fica assim:

$$\sum_{0}^{\infty}\frac{1}{n!}\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}(x-x_{0})^{n}=$$
$$f(x_{0})+(x-x_{0})\frac{df(x)}{dx} }\mid_{x_{0}}$$
$$+\frac{1}{2} (x-x_{0})^{2} \frac{d^{2} f(x)}{dx^{2} } }\mid_{x_{0}}+\cdots.$$

Se a série convergir, ela será igual a própria função, ou seja,

$$f(x)=\sum_{0}^{\infty}\frac{1}{n!}\frac{d^{m}f(x)}{dx^{n} }\mid_{x_{0}}(x-x_{0})^{n}=$$
$$f(x_{0})+(x-x_{0})\frac{df(x)}{dx} }\mid_{x_{0}}$$
$$+\frac{1}{2} (x-x_{0})^{2} \frac{d^{2} f(x)}{dx^{2} } }\mid_{x_{0}}+\cdots,$$

chamada de expansão da função f(x) em série de Taylor em volta do ponto $$x_{0}.$$ Para facilitar nossa vida, esta série (série de Taylor de uma função f(x)) pode ser escrita como a série de potências na seguinte notação:

$$f (x)=f(a)+\frac{f'(a)(x-a)^{1}}{1!}+\frac{f''(a)(x-a)^{2}}{2!}+$$
$$\frac{f'''(a)(x-a)^{3}}{3!}+\cdots.$$

Na Física trabalha-se com expansão em série de Taylor, com uma boa aproximação até segunda ordem e, nos exercícios seguintes vamos usar, pelo método passo-a-passo, esta notação. Vamos praticar:

1) Dada a função

$$f(x)=e^{x}$$,

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 ou $$x_{0}=0$$.

- Primeiro passo: calcular f(a) = f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=e^{x}$$, 

temos que

$$f(0)=e^{0}=1.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função
$$f(x)=e^{x}$$,
obteremos

$$f'(x)=e^{x}\ \frac{d(x)}{dx} =e^{x}.$$

Portanto,

$$f'(0)=e^{0}=1.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=e^{x},$$

vamos obter

$$f''(x)=e^{x}\ \frac{d(x)}{dx} =e^{x}.$$

Portanto,

$$f''(0)=e^{0}=1.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=e^{x},$$
temos que

$$f'''(x)=e^{x}\ \frac{d(x)}{dx} =e^{x}.$$
Portanto,


$$f'''(0)=e^{0}=1.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e a = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f (x)=f(a)+\frac{f'(a)(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(a)(x-a)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(a)(x-a)^{3} }{3!},$$

e teremos

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-0)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-0)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(0)(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f (x)=1+\frac{1(x-0)^{1} }{1!} +\frac{1(x-0)^{2} }{2!} +\frac{1(x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=e^{x}=1+\frac{x^{1} }{1!} +\frac{x^{2} }{2!} +\frac{x^{3} }{3!}=1+x +\frac{x^{2} }{2!} +\frac{x^{3} }{3!}.$$

2) Dada a função

$$f(x)=(2+x)^{-2},$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até terceira ordem, em torno de a = 0 ou $$x_{0}=0$$.

- Primeiro passo: calcular f(0).

Substituindo 0 na função

$$f(x)=(2+x)^{-2},$$

temos que

$$f(0)=(2+0)^{-2}=2^{-2}=\frac{1}{2^{2}} =\frac{1}{4}.$$

- Segundo passo: calcular f'(0).

Derivando a função
 $$f(x)=(2+x)^{-2},$$

obteremos

$$f'(x)=-2(2+x)^{-3} \cdot \frac{d(2+x)}{dx} =-2(2+x)^{-3}.1$$ $$=-2(2+x)^{-3}.$$

Portanto,

$$f'(0)=-2(2+0)^{-3}.1=-2.2^{-3}=-2.\frac{1}{8} =-\frac{1}{4}.$$

- Terceiro passo: calcular f''(0).

Derivando a função

$$f'(x)=-2(2+x)^{-3}.$$

vamos obter

$$f''(x)=6(2+x)^{-4} \cdot \frac{d(2+x)}{dx} =6(2+x)^{-4}.1$$ $$=6(2+x)^{-4}.$$

Portanto,

$$f''(0)=6(2+0)^{-4}=6.2^{-4}=6.\frac{1}{2^{4}} =6.\frac{1}{16} =\frac{6}{16} =\frac{3}{8}.$$

- Quarto passo: Achar f'''(0).

Derivando a função

$$f''(x)=6(2+x)^{-4},$$

vamos obter

$$f'''(x)=-24(2+x)^{-5} \cdot \frac{d(2+x)}{dx} =-24(2+x)^{-5} .1$$ $$=-24(2+x)^{-5}.$$

Portanto,

$$f'''(0)=-24(2+0)^{-5}=-24.2^{-5}=-24.\frac{1}{2^{5}}$$ $$=\frac{-24}{32}=\frac{-12}{16}=\frac{-3}{4}.$$

- Quinto passo: substituir f(0), f'(0), f''(0), f'''(0) e a = 0 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(0)+\frac{f'(0)(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(0)(x-a)^{2} }{2!}$$ $$+\frac{f'''(0)(x-a)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=\frac{1}{4} -\frac{\frac{1}{4} (x-0)^{1} }{1!} +\frac{\frac{3}{8} (x-0)^{2} }{2!} -\frac{\frac{3}{4} (x-0)^{3} }{3!}\rightarrow$$

$$f(x)=(2+x)^{-2}=\frac{1}{4}-\frac{x} {4} +\frac{3x^{2} }{8.2.1}-\frac{3x^{3} }{4.3.2.1}=$$
$$\frac{1}{4}-\frac{x} {4} +\frac{3x^{2} }{16}-\frac{x^{3} }{8}.$$

3) Dada a função

$$f(x)=\sqrt[3]{x},$$

expanda-a em série de Taylor, com aproximação até segunda ordem, em torno de a = 8 ou $$x_{0}=8$$.

- Primeiro passo: calcular f(8).

Substituindo 8 na função

$$f(x)=\sqrt[3]{x},$$
temos que

$$f(8)=\sqrt[3]{8 }=\sqrt[3]{2^{3} }=2.$$

- Segundo passo: calcular f'(8).

Derivando a função

$$f(x)=\sqrt[3]{x}=x^{\frac{1}{3}}.$$

obteremos

$$f'(x)=\frac{1}{3}x^{\frac{1}{3} -1}=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}.$$

Portanto,

$$f'(8)=\frac{1}{3}.(8)^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3.8^{\frac{2}{3}}} =\frac{1}{3.\sqrt[3]{8^2} } =\frac{1}{3.\sqrt[3]{64} } =\frac{1}{3.4} =\frac{1}{12}.$$

- Terceiro passo: calcular f''(8).

Derivando a função

$$f'(x)=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}.$$

vamos obter

$$f''(x)=-\frac{2}{3}.\frac{1}{3} x^{-\frac{2}{3} -1}=-\frac{2}{9} x^{-\frac{5}{3}}.$$

Portanto,

$$f''(8)=-\frac{2}{9} .8^{-\frac{5}{3}}=-\frac{2}{9.8.^{\frac{5}{3}}}=-\frac{2}{9.\sqrt[3]{8^{5}}}=-\frac{1}{144}}}.$$

 - Quarto passo: substituir f(8), f'(8), f''(8) e a=8 na fórmula de Taylor, no caso:

$$f(x)=f(8)+\frac{f'(8)(x-a)^{1} }{1!} +\frac{f''(8)(x-a)^{2} }{2!}.$$

$$f(x)=2 -\frac{\frac{1}{12} (x-8)^{1} }{1!} -\frac{\frac{1}{144} (x-8)^{2} }{2!} \rightarrow$$

$$f(x)=\sqrt[3]{x}=2+\frac{1(x-8) }{12}-\frac{1(x-8)^2}{2.144}=$$
$$2+\frac{1(x-8) }{12}-\frac{1(x-8)^2}{288}.$$

A continuação está neste endereço: Taylor II.
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2 de julho de 2010

INTEGRAL INDEFINIDA - EXERCÍCIOS RESOLVIDOS


UM POUCO SOBRE A VIDA DE GOTTFRIED WILHELM VON LEIBNIZ:

Nascimento: 01 de julho de 1646 em Leipzig, Saxônia (atual Alemanha). Falecimento: 14 de novembro de 1716 em Hannover, Hanover (atual Alemanha). Orientador(es): Erhard Weigel e Christiaan Huygens.

Em Paris, no início no Outono de 1672, Leibniz estudou Matemática e Física com Christiaan Huygens. Huygens aconselhou Leibniz a lê as obras sobre séries de Saint-Vincent. Leibnitz fez algumas descobertas próprias nesta área.

A Royal Society of London aceitou Leibniz em em 19 de Abril 1673. Leibniz conheceu Ozanam (se destacou no ensino da matemática para muitos alunos estrangeiros que vieram a Paris para ser educado e escreveu várias obras sobre matemática).

Foto acima – crédito ao site: http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/PictDisplay/Leibniz.html

Exemplos de obras de Ozanam: por exemplo générale Méthode pour les cadrans marcador (1673), La Géométrie pratique du sr Boulenger (1684), Traité de la construção des equações pour la solução des problèmes indéterminez (1687), Traité des lieux géométriques (1687), Traité des lignes gênero du premier (1687), De l'usage du compas proporção de (1688)) e resolveu um de seus problemas.

Leibniz também se encontrou, novamente, com Huygens que lhe deu uma lista de leituras, incluindo trabalhos de Pascal, Fabri, Gregory, Saint-Vincent, Descartes e Sluze. Leibniz começou a estudar a geometria dos infinitesimais e escreveu a Oldenburg (secretário da Royal Society), na Royal Society em 1674. Oldenburg respondeu que Newton e Gregory haviam chegado a métodos gerais. Leibniz não estava, contudo, no melhor dos favores com a Royal Society, já que ele não manteve sua promessa de terminar a sua máquina de calcular. Tampouco sabia Oldenburg que Leibniz tinha se transformado, de um matemático bastante simples, que visitou Londres, para um gênio matemático criativo.

Em agosto de 1675 Tschirnhaus (Ehrenfried Tschirnhaus foi um matemático alemão que trabalhou na solução de equações e no estudo das curvas. Ele é mais conhecido pela transformação que remove o termo de grau n-1 a partir de uma equação de grau n) chegou em Paris e formou uma estreita amizade com Leibniz bastante lucrativa para ambos.

Foi durante este período em Paris que Leibniz desenvolveu as noções básicas de sua versão do cálculo. Em 1673 ele ainda estava batalhando para desenvolver uma boa notação para o seus cálculo que eram confusos.

Em 21 de novembro de 1675 ele escreveu um manuscrito com a notação

$$\int f(x)dx$$
pela primeira vez. No mesmo manuscrito é dado a regra do produto para a diferenciação. No Outono de 1676 Leibniz descobriu o familiar

$$d(x^{n})=n.x^{{n-1}}dx.$$

Foi creditado a Leibniz e a Newton o desenvolvimento da Integral e da Regra do Produto. Leia mais sobre a biografia de Leibniz em:

http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Biographies/Leibniz.html

Leia sobre "Um exame das alegações de Leibniz e Newton com a invenção da Análise de Infinitos" em:

 http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Extras/Bossut_Chapter_V.html

A INTEGRAL INDEFINIDA

O estudo a seguir é dirigido aos alunos da 3ª série do nível médio, como complemento de um minicurso. Usaremos uma linguagem de fácil compreensão para tais alunos, a pedido dos mesmos. Não usaremos uma  linguagem  com detalhes de nível superior ou com detalhes a nível de mestrado como alguns  que lêem este tópico esperam, pois pretendemos passar apenas uma pequena noção de cálculo integral e suas regras. Quando o aluno ingressar no nível superior, na disciplina cálculo I, poderá se deleitar em situações problemas mais envolventes e contextualizadas. As equações foram escritas em Latex e podem ser melhor visualizadas com o poderoso navegador Firefox. Bons estudos!

Sendo f(x) uma função contínua, então a sua integral indefinida é dada por

$$\int f(x) dx = F(x) + c,$$

onde F(x) - é uma primitiva de f(x);

c - é uma constante (chamada constante de integração);

$$\int$$ - é o sinal de integração;

f(x) - é o integrando; 

dx - é a diferencial de x (símbolo que indica que a primitiva deve ser calculada em relação à variável x).

Se a a derivada da solução F(x) + c for igual ao integrando f(x), implica dizer que a primitiva está calculada de forma correta. Vamos praticar:

1) Calcule a integral:

$$\int\frac{1}{x^{2}}dx.$$

O nosso integrando f(x) é dado por:

$$\frac{1}{x^{2}},$$

que pode ser escrito como

$$x^{-2}.$$

Portanto,

$$\int \frac{1}{x^{2}} dx=\int \ x^{-2} dx.$$

Aplicando o teorema

$$\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+c,$$

(com n diferente de -1), na nossa integral, resulta em

$$\int \ x^{-2} dx = \frac{x^{-2+1} } {-2+1} +c = $$

$$\frac{x^{-1} } {-1} +c = -x^{-1} +c =-\frac{1}{x} + c,$$

que é a a solução F(x) + c da nossa integral.

Obs: O resultado F(x) + c desta integral é uma primitiva do nosso integrando (f(x)), ou seja, derivando F(x) + c obteremos o nosso integrando.

2) Calcule a integral:

$$\int \sqrt[3]{x}dx.$$

A expressão

$$\sqrt[3]{x}$$

pode ser escrita como

$$x^{\frac{1}{3}}.$$

Portanto,

$$\int \sqrt[3]{x}dx=\int x^{\frac{1}{3}}dx.$$

Aplicando o teorema

$$\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+c,$$

temos que,
  
$$\int x^{\frac{1}{3}} dx = \frac{x^{\frac{1}{3} +1} } {\frac{1}{3} +1} +c$$

$$ =\frac{x^{\frac{4}{3} } } {\frac{4}{3}} +c = \frac{3}{4} x^{\frac{4}{3}}+c.$$

Se a derivada desta solução,

$$\frac{3}{4} x^{\frac{4}{3}}+c,$$
for igual ao integrando,
$$x^{\frac{1}{3}},$$

implica dizer que a primitiva (solução da integral) está calculada de forma correta, ou seja, a solução desta integral é uma primitiva do nosso integrando.

3) Calcule a integral:

$$\int x^{3} dx.$$

Aplicando o teorema

$$\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+c,$$

resulta que

$$\int {x^{3}dx =\frac{x^{3+1} }{3+1}+c = \frac{x^{4} }{4}+c.$$

Obs: se calcularmos a derivada de

$$F(x)=\frac{x^{4} }{4}+c,$$

temos como resultado o nosso integrando


$$f(x)=x^{3}.$$

Portanto,

$$F(x)=\frac{x^{4} }{4}+c,$$

é uma primitiva do nosso integrando

$$f(x)=x^{3}.$$

Ficou mais claro? Ainda não? Vamos continuar exercitando.

4) Calcule a integral:

$$\int ( 4x+8)dx.$$

Aplicando os teoremas

$$\int [f(x)+g(x)] dx=\int f(x) dx + \int g(x) dx,$$

$$\int dx=x+c$$
e
$$\int af(x)dx=a\int f(x)dx,$$
onde a é uma constante, resulta que

$$\int ( 4x+8)dx=\int 4x dx +\int 8 dx=4\int x dx +8\int dx$$

$$=4(\frac{x^{2}}{2} +c_{1} )+8(x +c_{2} )$$

$$=2{x^{2}} +4c_{1}+8x +8c_{2} =2{x^{2} +8x+(4c_{1}+8c_{2}).$$

Como

$$(4c_{1} + 8c_{2})$$

é uma constante arbitrária, podemos chamá-la de c. Portanto, o resultado da nossa integral é dado por

$$\int ( 4x + 8)dx=2{x^{2}} + 8x + c.$$

Obs: se calcularmos a derivada de

$$2{x^{2}} +8x+c,$$

temos como resultado o integrando

$$4x+8.$$

5) Calcule a integral:

$$\int (5x^{4} -8x^{3} +9x^{2} -2x+5)dx.$$

Vamos usar os conhecimentos sobre integração aprendidos nesta aula: Colocando as constantes 5, -8, 9, -2 e 5 para fora do sinal de integração, temos que

$$\int (5x^{4} -8x^{3} +9x^{2} -2x+5)dx =$$

$$5 \int x^{4}dx -8 \int x^{3}dx +9 \int x^{2}dx - 2\int xdx+5 \int dx =$$

$$5.\frac{x^{5}} {5}-8.\frac{x^{4}} {4}+9.\frac{x^{3}} {3}-2.\frac{x^{2}} {2}+5x+c$$

$$={x^{5}-2{x^{4}+3{x^{3}} -{x^{2}}+5x+c.$$

Obrigado a você pela paciência. Espero ter ajudado você. Mais exercícios no quadro e no próximo post. Se comentar, por favor, identifique-se.
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