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Solucionário completo

Exercícios Resolvidos de Cálculo 12ª Edição - Maurice D. Weir e Joel Hass (George B. Thomas)

Enunciado

Cálculo - Cálculo 12ª Edição - Maurice D. Weir e Joel Hass (George B. Thomas) - 5.4 - 68

Cada uma das seguintes funções resolve um dos problemas de valor inicial dos Exercícios 65-68. Qual função resolve qual problema? Justifique brevemente suas respostas.

y = ∫ 1 x 1 t d t - 3

y = ∫ 0 x sec ⁡ t d t + 4

y = ∫ - 1 x sec ⁡ t d t + 4

y = ∫ π x 1 t d t - 3

d y d x = 1 x ,       y 1 = - 3

Passo 1

Galera, nesses exercícios a boa é usar o teorema fundamental do cálculo e derivar as expressões dadas no enunciado para ver qual das funções dada bate com o lado direito da equação do problema.

Sempre temos que avaliar se no ponto dado a função satisfaz a condição inicial!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Então vamos derivar os monstrinhos. Vamos começar pelo primeiro:

y = ∫ 1 x 1 t d t - 3 → d y d x = d d x ∫ 1 x 1 t d t - 3 = d d x ∫ 1 x 1 t d t - d d x 3

Agora vamos usar o teorema fundamental do cálculo que diz o seguinte

d d x ∫ a g x f ( t ) d t = f g x ⋅ g ' ( x )

Aqui no nosso exercício temos que

f t = 1 t

g x = x → g ' x = 1

Logo, temos que

d y d x = 1 x ⋅ 1 - 0 = 1 x

Já achamos o cara que satisfaz a equação dada. Agora precisamos ver se eles satisfaz a condição inicial dada.

Passo 3

A condição inicial aqui é y 1 = - 3 . Então vamos substituir x = 1 e ver se temos como resultado 4 !

y = ∫ 1 x 1 t d t - 3 → ∫ 1 1 1 t d t - 3

Mas, como o limite superior e inferior da integral coincidem, temos que o valor da integral é zero, logo:

∫ 1 1 1 t d t - 3 = 0 - 3 = - 3

Opa! Achamos o cara que satisfaz tanto a equação dada como a condição inicial. Ele vai ser a nossa solução!

Resposta

y = ∫ 1 x 1 t d t - 3

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