ANPEC 2004 - Q8

por temujin Sáb Abr 13, 2013 3:02 pm

(0) $\small \int_{-\pi}^\pi x^3.sen(x) \ dx = 0$

F. Produto entre duas funções ímpares é par. Função par em intervalo simétrico,

$\small \int_{-\pi}^\pi x^3.sen(x) \ dx = 2\int_{0}^\pi x^3.sen(x) \ dx$

(1) $\small \int_{0}^\infty x^3.e^{-x} \ dx = 2$

F. É uma gamma: $\small \Gamma(4)=3!=6$

(2) O limite $\small \lim_{M \to \infty} \left ( \frac{1}{ln(M)} \int_0^M \frac{x}{1+x^2}dx \right )$ diverge.

F.

t = 1+x² ; dt = 2xdx

$\small \int_0^M \frac{x}{1+x^2}dx =\frac{1}{2}.\int_0^M \frac{1}{t} dt=\frac{1}{2}.\left | ln(t) \right |_0^M = \frac{1}{2}.\left | ln(1+x^2) \right |_0^M=\frac{ln(1+M^2)}{2}$

Aplicando L'Hospital:

$\small \\ \left ( \frac{1}{ln(M)} \int_0^M \frac{x}{1+x^2}dx \right )=\lim_{M \to \infty}\frac{1}{ln(M)}.\frac{ln(1+M^2)}{2} = \frac{2M}{2}.\frac{1}{1+M^2}.M =\\ \\ \\ \lim_{M \to \infty} \frac{M^2}{1+M^2}=1$

(3) Se $\small M(t)=\int_0^\infty e^{(t-1)x}dx$ , em que t < 1, então M'(0) = 0.

F.

u = (t-1)x ; du = (t-1)dx

$\small \\ M(t)=\int_0^\infty e^{(t-1)x}dx = \frac{1}{t-1}.\int_0^\infty e^{u}du=\frac{1}{t-1}.\left [ e^u \right ]_0^\infty=\frac{1}{t-1}.\left [ e^{(t-1)x} \right ]_0^\infty = \frac{1}{t-1}.\left [ \lim_{x \to \infty}\frac{1}{e^{(-t+1)x}} -\frac{1}{e^{(-t+1)0}}\right ] = \frac{1}{t-1}$

$\small M'(t)=\frac{1}{(t-1)^2} \Rightarrow M'(0)=1$

(4) Se $\small F(y)=y-1+\int_1^y ln(x)dx$ , então F(1) = 0.

V.

$\small F(1)=1-1+\int_1^1 ln(x)dx=0$