Integral definido. Exercicios resolvidos.

Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Integral definido. Exercícios resolvidos.
a) Calcular os integrais definidos utilizando a fórmula de Barrow.
1
∫
Exercício 1.
1 + x dx .
0
1
1


1
1
 (1 + x) 2 +1 

1 + x d (1 + x) = ∫ (1 + x) 2 d (1 + x) = 
1

0
+ 1 

 2

1
∫
1 + x dx = ∫
0
0
3
2
= ⋅ (1 + x ) 2
3
1
0
(
1
∫ (x
−1
∫ (x
−1
x dx
2
)
+1
x dx
2
)
+1
2
1
=
0
.
1
d (x2 )
1
1
1
d (x2 )
d ( x 2 + 1) 1
1
1
=∫ 2
=
⋅
=
⋅
=
⋅
x2 +1
∫
∫
∫
2
2
2
2
2
2
2 −1 x + 1
2 −1 x + 1
2 −1
−1 x + 1
(






)
(
1
2
0
3

 (1 + x) 2
=
 3

 2
3
3
 2  32
 2
2 
2
2
= ⋅ (1 + 1) − (1 + 0)  = ⋅  2 − 1 = ⋅ 2 2 − 1 .
3 
 3 
 3
Exercício 2.
1
1
(
)
)
1
− 2 +1

1  x 2 + 1

= ⋅
2  − 2 + 1 
−1
(
)
((
)
1
= − ⋅ x2 +1
2
−1
(
)
1
−1
)
1  1 
= − ⋅ 2

2  x + 1
1
−1
)
−2
d ( x 2 + 1) =

1  1
1
=0
= − ⋅  2
−
2
2  1 + 1 (−1) + 1 
(1 + l nx) dx
.
x
1
e
Exercício 3.
∫
(1 + l nx) dx
dx
=∫ (1 + l nx) ⋅
= ∫ (1 + l nx) ⋅ d (l nx) = ∫ d (l nx) + ∫ l nx d (l nx) =
∫1 x
x
1
1
1
1
e
e
= (l nx ) 1
e
e
e
e
e
 ln2 x 
 l n 2e l n 21 
1 3
 = (l n e − l n1) + 
 = 1 + = .
+ 
−
2 
2 2
 2 1
 2
1
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2
dx
∫
Exercício 4.
16 − x 2
0
2
∫
0
2
dx
16 − x
2
dx
=∫
4 −x
2
0
2
.
 x
= arcsen 
 4
2
0
2
0
= arcsen  − arcsen  =
4
4
π
π
1
= arcsen  − arcsen(0 ) = − 0 = .
6
6
2
1
∫x
Exercício 5.
0
2
dx
.
+ 4x + 5
O polinómio do denominador não tem raizes reais:
− 4 ± 16 − 20 − 4 ± − 4
=
.
2
2
Portanto é uma fracção elementar do terceiro tipo.
x 2 + 4x + 5 = 0 ⇒ x =
dx
dx
dx
d ( x + 2)
∫0 x 2 + 4 x + 5 = ∫0 x 2 + 4 x + 4 + 1 = ∫0 ( x + 2) 2 + 1 = ∫0 12 + ( x + 2) 2 =
1
1
1
1
= (arctg ( x + 2) ) 0 = arctg (1 + 2) − arctg (0 + 2) = arctg (3) − arctg (2) .
1
π
2
Exercício 6.
∫ sen(2 x) dx .
0
1o
π
método :
π
π
π
1
1 2
1
2 =
(
)
sen
(
2
x
)
dx
=
sen
(
2
x
)
⋅
⋅
d
(
2
x
)
=
⋅
sen
(
2
x
)
⋅
d
(
2
x
)
=
−
⋅
c
os
(
2
x
)
∫0
∫0
0
2
2 ∫0
2
2
2

1   π
1
1
= − ⋅  cos 2 ⋅  − c os (2 ⋅ 0)  = − ⋅ (cos (π ) − c os (0) ) = − ⋅ (− 1 − 1) = 1 .
2   2
2
2

2
Matemática 1
2o
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
método :
π
π
π
π
 sen x 
∫0 sen(2 x) dx = ∫0 2 ⋅ senx ⋅ cos x ⋅ dx = 2 ⋅ ∫0 senx ⋅ d ( senx) = 2 ⋅  2 
2
2
2
2


π 
 sen 2  

2
 12 0 2
2  sen 0 


= 2⋅
−
= 2 ⋅  −

2
2 
2
2




2
=
0

 = 1 .

π
2
cosx
dx .
3
x
∫
π sen
Exercício 7.
6
π
π
π
− 3+1
 ( sen x)
c osx
d ( senx)
−3
∫π sen 3 x dx = π∫ sen 3 x = π∫ (sen x) ⋅ d ( sen x) =  − 3 + 1
2
2
6
2
6
π



2
π
π
1  1 
= − ⋅

2  sen 2 x 
π
=
6
6
6
2








1 
1
1
1 1
1 
1
3

=− ⋅
−
= − ⋅ 2 −
= − ⋅ (1 − 4 ) = .
2 


2
2 1 1
2
2
2π 
2π 


 sen   sen   




2
 6 

2 

∫ (x − 2e )⋅ dx .
1
x
Exercício 8.
0
∫(
1
0
)
 x2
x − 2e ⋅ dx = ∫ x ⋅ dx − ∫ 2e ⋅ dx = ∫ x ⋅ dx − 2 ⋅ ∫ e ⋅ dx = 
 2
0
0
0
0
x
 12 0 2
=  −
2
2
1
1
1
1
x
(
x
1
( )

 − 2 ⋅ e x
0
1
0
=
)

1
5
 − 2 ⋅ e1 − e 0 = − 2e + 2 = − 2e .
2
2

∫(
)
8
Exercício 9.
2 x + 3 x ⋅ dx .
0
∫(
8
0
)
8
8
8
1
2
8
1
3
2 x + x ⋅ dx = ∫ 2 x ⋅ dx + ∫ x ⋅ dx = 2 ⋅ ∫ x ⋅ dx + ∫ x ⋅ dx =
3
3
0
0
0
0
3
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
8
 1 +1 
 1 +1 
 x3 
 x2 



= 2⋅
+
1

 1 +1


 +1
2
 0 3 
=
2 2
3
8
8
3
4
2  2
3  3 


= 2 ⋅ ⋅ x  + ⋅ x 
3  
4  
0
8
=
0
0
3
4
 2 2
 3
 3  4
3
2 2
3
100
.
⋅  8 2 − 0 2  + ⋅  8 3 − 0 3  =
⋅ 83 + ⋅ 3 84 =
⋅ 16 2 + ⋅ 16 =
4
3
4
3
4
3




2
1
A função
2x − 1
⋅ dx .
3
+x
∫x
Exercício 10.
2x −1
é racional.
x3 + x
2x − 1
2x − 1
A Bx + C
=
= + 2
3
2
x + x x( x + 1) x
x +1
⇒ 2 x − 1 = Ax 2 + A + Bx 2 + Cx = ( A + B ) x 2 + Cx + A
Obtemos o sistema:
A + B = 0 ,

⇔
 C = 2,
 A = −1,

 A = −1,

 B = 1,
 C = 2.

Portanto
2x − 1
1
x+2
 −1 x + 2 
∫1 x 3 + x ⋅ dx = ∫1  x + x 2 + 1  ⋅ dx = − ∫1 x ⋅ dx + ∫1 x 2 + 1 ⋅ dx =
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2 
1
x
2
 x
= − ∫ ⋅ dx + ∫  2
+ 2
⋅ dx + ∫ 2
⋅ dx =
 ⋅ dx = − ∫ ⋅ dx + ∫ 2
x
x
+
+
x
+
1
x
+
1
x
1
x
1


1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
= − ∫ ⋅ dx + ⋅ ∫ 2
⋅ d ( x 2 + 1) + 2 ⋅ ∫ 2
⋅ dx =
x
2 1 x +1
1
1 x +1
= − (l n x
)
2
1
+
(
1
⋅ l n x2 +1
2
+ 2 ⋅ (arctg 2 − arctg 1) =
)
2
1
+ 2 ⋅ (arctg x ) 1 = − (l n 2 − l n 1) +
2
1
⋅ (l n 5 − l n 2 ) +
2
1
3
π 1
π

5

⋅ l n 5 − ⋅ l n 2 + 2 ⋅  arctg 2 −  = ⋅ l n   + 2 ⋅  arctg 2 −  .
2
2
4 2
4

8

4
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
b) Calcular os integrais efectuando a substituição de variável.
π
2
∫ senx ⋅ cos
Exercício 11.
2
x ⋅ dx .
0
Fazemos a substituição senx = t . Então temos:
dt
senx = t ⇒ x = arcsen t ⇒ dx =
e cos 2 x = 1 − sen 2 x = 1 − t 2 .
2
1− t
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = sen(0) = 0 ,
x s up =
π
π 
⇒ t s up = sen  = 1
2
2
Portanto
π
1
2
1
1
1
1
2
2
∫0 senx ⋅ cos x ⋅ dx = ∫0 t ⋅ (1 − t ) ⋅ 1 − t 2 ⋅ dt = ∫0 t ⋅ 1 − t ⋅ dt = 2 ⋅ ∫0 1 − t ⋅ d (t ) =
2
2
1
1
2
(
1
1
= − ⋅ ∫ 1 − t 2 ⋅ d (1 − t 2 ) = − ⋅ ∫ 1 − t 2
2 0
2 0

1  1 − t 2
=− ⋅
3
2 


2
(
)
3
2






(
1 
= − ⋅  1 − t 2
3 
(
)
=
0
)
3
2



1
0
(
1 
= − ⋅  1 − 12
3 
) − (1 − 0 )
3
2
3
2 2
 1
=3.

0
∫e
0
1
2
1
1
1
Exercício 12.
)


1

2 2 +1 
1 1− t

⋅ d (1 − t 2 ) = − ⋅ 
2  1
+ 1 

 2

x
1
⋅ dx .
+ e−x
Fazemos a substituição e x = t . Então temos:
dt
e x = t ⇒ x = l n t ⇒ dx = .
t
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = e 0 = 1 ,
Portanto
1
1
1
∫0 e x + e − x ⋅ dx = ∫0
x s up = 1 ⇒ t s up = e1 = e .
e
e
1
1
e
⋅ dx = ∫
⋅ ⋅ dt = ∫ 2
⋅ dt = (arctg t ) 1 =
1
1 t
1 t +
1 t +1
ex + x
t
e
1
= arctg e − arctg 1 = arctg e −
π
4
1
.
5
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4
Exercício 13.
∫x⋅
x 2 + 9 ⋅ dx .
0
Fazemos a substituição
x 2 + 9 = t . Então temos:
x2 + 9 = t ⇒ x2 + 9 =t 2
t ⋅ dt
⇒ x = t 2 − 9 ⇒ dx =
t2 −9
.
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = 9 = 3 ,
x s up = 4 ⇒ t s up = 4 2 + 9 = 5 .
Portanto
4
∫x⋅
5
x + 9 ⋅ dx = ∫
2
0
3
2
Exercício 14.
∫
0
5
 t3 
53 33 98
t − 9 ⋅t⋅
⋅ dt = ∫ t ⋅ dt =   =
−
=
.
3
3
t2 −9
33 3
3
5
t
2
dx
x + 1 + ( x + 1) 3
2
.
Fazemos a substituição x + 1 = t . Então temos:
x + 1 = t ⇒ x + 1 = t 2 ⇒ x = t 2 − 1 ⇒ dx = 2t ⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = 1 = 1 ,
x s up = 2 ⇒ t s up = 2 + 1 = 3 .
Portanto
2
∫
0
2
dx
x + 1 + ( x + 1) 3
3
= 2⋅
dt
∫1+ t
1
2
=∫
0
2t ⋅ dt
t ⋅ dt
= ∫
= 2⋅ ∫
=
3
2
3
x + 1 + ( x + 1)
1 t +t
1 t (1 + t )
dx
3
(
3
)
3
π π  π
= 2 ⋅ (arctg t ) 1 = 2 ⋅ arctg 3 − arctg 1 = 2 ⋅  −  = .
3 4 6
π
2
Exercício 15.
dx
∫ 1 + sen x + cos x .
0
 x
Fazemos a substituição tg   = t . Então temos:
 2
senx =
2t
1− t2
,
c
os
x
=
.
1+ t2
1+ t2
6
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
 x
tg   = t ⇒
2
x
= arctg t ⇒
2
x = 2 ⋅ arctg t ⇒ dx =
2 ⋅ dt
.
1+ t2
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = tg (0) = 0 ,
x s up =
π
2
π 
⇒ t s up = tg   = 1 .
4
Portanto
π
1
2
dx
∫0 1 + sen x + cos x = ∫0
2t
1− t2
1+
+
1+ t2 1+ t2
1
1
⋅ d (1 + t ) = (l n 1 + t
1
+
t
0
=∫
4
dx
∫1+
Exercício 16.
x
0
)
1
0
2 ⋅ dt
2 ⋅ dt
dt
=∫
=∫
=
2
2
2
1
t
+
1+ t
1
t
2
t
1
t
+
+
+
−
0
0
1
1
⋅
1
= (l n 1 + 1 − l n 1 + 0 ) = l n 2 .
.
Fazemos a substituição x = t . Então temos:
x = t ⇒ x = t 2 ⇒ dx = 2t ⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = 0 = 0 ,
x s up = 4 ⇒ t s up = 4 = 2 .
Portanto
2t ⋅ dt
t ⋅ dt
1+ t −1
1 
1+ t
∫0 1 + x = ∫0 1 + t = 2 ⋅ ∫0 1 + t = 2 ⋅ ∫0 1 + t ⋅ dt = 2 ⋅ ∫0  1 + t − 1 + t  ⋅ dt =
4
dx
2
2
2
2
2
1
2
⋅ d (1 + t ) = 2 ⋅ (t ) 0 − 2 ⋅ (l n 1 + t
1+ t
0
= 2 ⋅ ∫ dt − 2 ⋅ ∫
0
2
)
2
0
=
= 2 ⋅ (2 − 0) − 2 ⋅ (l n 1 + 2 − l n 1 + 0 ) = 4 − 2 ⋅ l n 3 .
0
Exercício 17.
∫1+
−1
dx
3
x +1
.
Fazemos a substituição 3 x + 1 = t . Então temos:
3
x + 1 = t ⇒ x + 1 = t 3 ⇒ x = t 3 − 1 ⇒ dx = 3t 2 ⋅ dt .
7
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = −1 ⇒ t i nf = 3 − 1 + 1 = 0 ,
x s up = 0 ⇒ t s up = 3 0 + 1 = 1 .
Portanto
0
∫1+
−1
dx
3
x +1
1 2
1
1
 1
3t 2 dt
t dt
1+ t 2 −1
t 2 −1
 ⋅ dt =
= 3⋅ ∫
= 3⋅ ∫
⋅ dt = 3 ⋅ ∫ 
+
1
+
t
1
+
t
1
+
t
1
+
t
1
+
t


0
0
0
0
1
=∫
(t − 1)(t + 1) 
 1
 1

= 3⋅ ∫
+
+ t − 1 ⋅ dt =
 ⋅ dt = 3 ⋅ ∫ 
1+ t
1+ t
1+ t


0
0
1
1
1
1
1
1
= 3⋅ ∫
⋅ dt + 3 ⋅ ∫ t ⋅ dt − 3 ⋅ ∫ dt = 3 ⋅ (l n 1 + t
1+ t
0
0
0
)
1
0
t2
+ 3 ⋅ 
2
1

1
 − 3 ⋅ (t ) 0 =
0
 12 0 2 
3
= 3 ⋅ (l n 1 + 1 − l n 1 + 0 ) + 3 ⋅  −  − 3 ⋅ (1 − 0) = 3 ⋅ l n 2 − .
2 
2
2
3
x
⋅ dx .
6−x
∫
Exercício 18.
0
x
= t . Então temos:
6− x
Fazemos a substituição
x
=t ⇒
6− x
 6t 2
dx = 
2
1+ t
x
=t2
6− x
⇒ x = 6t 2 − x ⋅ t 2
⇒
′

12t (1 + t 2 ) − 6t 2 ⋅ 2t
12t
 ⋅ dt =
⋅ dt =
2 2
1+ t
1+ t2

(
)
(
)
2
x=
6t 2
1+ t2
⇒
⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = 0 ,
x s up = 3 ⇒ t s up = 1 .
Portanto
3
∫
0
1
x
12t
⋅ dx = ∫ t ⋅
6− x
1+ t2
0
(
1
)
2
⋅ dt = 12 ⋅ ∫
0
1
t2
(1 + t )
2 2
⋅ dt = 6 ⋅ ∫
0
t ⋅ 2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
1
= 6⋅ ∫t ⋅
0
2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
=
Na continuação integramos por partes:
U = t , dU = dt ;
8
Matemática 1
dV =
2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
, V =∫
2t ⋅ dt
(1 + t )
2 2
=∫
d (t 2 )
(1 + t )
2 2
=∫
d (1 + t 2 )
(1 + t )
2 2
(1 + t )
=
2 − 2 +1
− 2 +1
=−
1
.
1+ t2
Obtemos
  t  1 1 dt 
  1
0 
1
= 6 ⋅ − 
+∫
−
+ (arctg t ) 0  =
 = 6 ⋅ − 
2 
2
2
2 
 1+1 1+ 0 

  1 + t  0 0 1 + t 
 1 π  3 ⋅ (π − 2)
.
= 6⋅− +  =
2
 2 4
1
Exercício 19.
∫e
0
dx
.
+1
x
Fazemos a substituição e x = t . Então temos:
dt
e x = t ⇒ x = l n t ⇒ dx = .
t
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = e 0 = 1 ,
x s up = 1 ⇒ t s up = e1 = e .
Portanto
e
e
e
1
 1+ t

dx
dt
1+ t − t
t
∫0 e x + 1 = ∫1 (t + 1) ⋅ t = ∫1 (t + 1) ⋅ t ⋅ dt = ∫1  (t + 1) ⋅ t − (t + 1) ⋅ t  ⋅ dt =
e
e
e
1
1 
1
1
 ⋅ dt = ∫ ⋅ dt − ∫
= ∫  −
⋅ d (t + 1) = (l n t
t
(
t
+
1
)
t
t
+
1


1
1
1
) − (l n t + 1 )
e
e
1
1
=
= (l ne − l n1) − (l n(e + 1) − l n 2 ) = l ne + l n 2 − l n(e + 1) = l n (2e) − l n(e + 1) = l n
3
Exercício 20.
dx
∫
(1 + x 2 ) 3
1
2e
.
e +1
.
Fazemos a substituição x = tg t . Então temos:
dt
dx =
,
c os 2 t
1 + x = 1 + (tg t )
2
2
2
 sen t 
sen 2 t cos 2 t + sen 2 t
1
 = 1 +
= 1 + 
=
=
.
2
2
cos t
cos t
cos 2 t
 cos t 
Porque x = tg t ⇒ t = arctg x , determinamos os limites de integração para a
variável t :
9
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
xi nf = 1 ⇒ t i nf = arctg (1) =
π
4
x s up = 3 ⇒ t s up = arctg ( 3 ) =
,
π
3
.
Portanto
π
3
3
dx
∫
=
(1 + x 2 ) 3
1
∫
1
dx
( 1+ x )
3
2
π
3
∫
=
dt
cos 2 t
π
3
1 
4 
 cos 2 t 


π
=∫
3
dt
cos 2 t
 1 
4 
 c os t 


π
π
3
=
3
∫
π
4
dt
π
2
c os t 3 c os 3t ⋅ dt
=∫
=
1
cos 2 t
π
cos 3 t 4
π
3
2
3− 2
π 
π 
= ∫ c os t ⋅ dt = (sent ) π3 = sen  − sen  =
−
=
.
2
2
2
3
4
π
3
3
4
c) Calcular os integrais aplicando o método de integração por partes.
1
∫ xe
Exercício 21.
−x
dx .
0
Fazemos:
U = x ⇒ dU = dx ,
dV = e − x dx ⇒ V = ∫ e − x dx = −e − x .
Portanto
1
∫ xe
−x
dx = (x ⋅ (− e ))
−x
1
0
0
− ∫ (− e )dx = −(x ⋅ (e ))
1
−x
−x
0
+ ∫ e − x dx = − x ⋅ e − x
0
( ( )) − (e )
= − x ⋅ e−x
1
−x
0
1
0
( ( )) + (− e )
1
1
1
0
−x
1
0
=
0
(
) (
)
1 1
2
= − 1 ⋅ e −1 − 0 ⋅ e 0 − e −1 − e 0 = − − + 1 = 1 − .
e e
e
1
2
∫ arcsen x dx .
Exercício 22.
0
Fazemos:
′
U = arcsen x ⇒ dU = (arcsen x ) dx =
1
1− x2
dx ,
dV = dx ⇒ V = ∫ dx = x .
Portanto
1
2
∫ arcsen x dx = (x ⋅ arcsen x )
1
2
0
1
2
−∫
0
0
1
2
0
= ( x ⋅ arcsen x ) +
1
2
1
x
1− x2
dx = (x ⋅ arcsen x )
1
2
0
1 2 d (x2 )
− ⋅∫
=
2 0 1− x2
1
2
1 d (− x )
1 d (1 − x 2 )
⋅∫
= ( x ⋅ arcsen x ) + ⋅ ∫
=
2 0 1− x2
2 0 1− x2
2
1
2
0
10
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
= (x ⋅ arcsen x ) 02 +
1
2
(
1
⋅ ∫ 1− x2
2 0
)
−
1
2


1

2 − 2 +1 
1 1− x

+ ⋅
1
2 

 − +1 

2

(
1
⋅ d (1 − x 2 ) = ( x ⋅ arcsen x ) 02
1

2 2
1
   1  
1
=  ⋅ arcsen  − 0 ⋅ arcsen(0 ) +  1 −    − 1 − 0 2
2
2
    2  

(
)
1
2
)
1
2
=
0

 1 π
π
3
3
−1 =
+
− 1.
= ⋅ +
4
12 2
 2 6

π
3
x ⋅ dx
.
2
x
∫
π sen
Exercício 23.
4
Fazemos:
U = x ⇒ dU = dx ,
dV =
dx
sen 2 x
⇒ V =∫
dx
= − ctg x .
sen 2 x
Portanto
π
π
π
π
π
3
cos x
x ⋅ dx
3
3
(
)
(
)
=
−
x
⋅
ctg
x
−
(
−
ctg
x
)
⋅
dx
=
−
x
⋅
ctg
x
+
⋅ dx =
π
π
∫π sen 2 x
∫
∫
π sen x
π
4
4
3
3
4
4
π
π
3
= − ( x ⋅ ctg x ) π3 + ∫
4
4
π
π
d ( sen x)
= − ( x ⋅ ctg x ) π3 + (l n senx
sen x
4
π
)π
3
=
4
4
π
π π
 π  
π 
π 
= −  ⋅ ctg   − ⋅ ctg    +  l n sen  − l n sen 
 3 4
 4  
3
4
 3
π
Exercício 24.
∫x
3
 π (9 − 4 3 ) 1
3
=
+ ⋅ ln  .

36
2
2

⋅ senx ⋅ dx .
0
Fazemos:
U = x3
dV = sen x dx ⇒ V = ∫ sen x dx = − c os x .
⇒ dU = 3 x 2 dx ,
Portanto
π
∫x
3
π
⋅ senx ⋅ dx = (− x ⋅ cos x ) − ∫ 3x 2 ⋅ (−c os x) ⋅ dx = (− π 3 ⋅ cos π + −0 3 ⋅ cos 0 ) +
π
3
0
0
0
π
π
+ 3 ⋅ ∫ x ⋅ cos x ⋅ dx = π + 3 ⋅ ∫ x 2 ⋅ cos x ⋅ dx =
2
0
3
0
11
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Integramos por partes:
U = x2
dV = c os x dx ⇒ V = ∫ cos x dx = sen x .
⇒ dU = 2 xdx ,
Portanto na continuação temos:

= π + 3 ⋅  x 2 ⋅ senx

(
3
)
π
0
π

− ∫ 2 x ⋅ sen x ⋅ dx  =
0

π
π
0
0
= π 3 + 3 ⋅ (π 2 ⋅ sen(π ) − 0 2 ⋅ sen(0) ) − 6 ⋅ ∫ x ⋅ sen x ⋅ dx = π 3 − 6 ⋅ ∫ x ⋅ sen x ⋅ dx =
Mais uma vez integramos por partes:
U = x ⇒ dU = dx ,
dV = sen x dx ⇒ V = ∫ sen x dx = − c os x .
Portanto obtemos:
π


π
(
)
= π − 6 ⋅  − x ⋅ c os x 0 − ∫ (−c os x) ⋅ dx  =
0


3
π
= π + 6 ⋅ (π ⋅ c os (π ) − 0 ⋅ c os (0) ) − 6 ⋅ ∫ cos x ⋅ dx =
3
0
= π − 6π − 6 ⋅ (sen x ) 0 = π − 6π − 6 ⋅ (sen (π ) − sen (0) ) = π 3 − 6π .
π
3
3
π
2
Exercício 25.
∫e
2x
⋅ cos x ⋅ dx .
0
Fazemos:
U = e2x
dV = cos x dx ⇒ V = ∫ c os x dx = sen x .
⇒ dU = 2 ⋅ e 2 x ⋅ dx ,
Portanto
π
(
2
2x
2x
∫ e ⋅ cos x ⋅ dx = e ⋅ sen x
)
π
2
0
π
2
− ∫ 2 ⋅ e 2 x ⋅ sen x ⋅ dx =
0
0
π
π
π
2
 2⋅

π 
=  e 2 ⋅ sen   − e 2⋅0 ⋅ sen (0)  − 2 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ sen x ⋅ dx = e π − 2 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ sen x ⋅ dx =
2
0
0


2
Mais uma vez integramos por partes:
U = e2x
⇒ dU = 2 ⋅ e 2 x ⋅ dx ,
dV = sen x dx ⇒ V = ∫ sen x dx = − c os x .
12
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Na continuação temos:


π
= e − 2 ⋅  − e 2 x ⋅ c os x


(


π
= e + 2 ⋅  e 2 x ⋅ cos x


Portanto obtemos:
(
)
)
π
2
0
π
2
0
π


− ∫ 2 ⋅ e ⋅ (− c os x) ⋅ dx  =
0


2
2x
π
π

2

π
2x
− ∫ 2 ⋅ e ⋅ c os x ⋅ dx  = e − 2 − 4 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ cos x ⋅ dx .
0
0


2
π
π
2
2
0
0
π
2x
2x
∫ e ⋅ cos x ⋅ dx = e − 2 − 4 ⋅ ∫ e ⋅ cos x ⋅ dx .
Resolvemos a equação obtida em relação ao integral:
π
π
2
2
5 ⋅ ∫ e 2 x ⋅ cos x ⋅ dx = e π − 2 e
0
2x
∫ e ⋅ cos x ⋅ dx =
0
eπ − 2
.
5
e
Exercício 26.
∫ sen (l nx) dx .
1
Fazemos:
1
′
U = sen (l nx) ⇒ dU = (sen (l nx) ) ⋅ dx = c os (l nx) ⋅ ⋅ dx ,
x
dV = dx ⇒ V = ∫ dx = x .
Portanto
e
e
1
e
∫1 sen (l nx) dx = (x ⋅ sen (l nx) ) 1 − ∫1 x ⋅ cos (l nx) ⋅ x ⋅ dx =
e
e
1
1
= (e ⋅ sen (l n(e)) − 1 ⋅ sen (l n(1)) ) − ∫ c os (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − ∫ cos (l nx) ⋅ dx =
Mais uma vez integramos por partes:
1
′
U = c os (l nx) ⇒ dU = (cos (l nx) ) ⋅ dx = − sen (l nx) ⋅ ⋅ dx ,
x
dV = dx ⇒ V = ∫ dx = x .
13
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Na continuação temos:
e


e
= e ⋅ sen(1) −  ( x ⋅ cos (l nx) ) 1 − ∫ (− sen (l nx)) ⋅ dx  =
1


e
= e ⋅ sen(1) − (e ⋅ c os (l n(e)) − 1 ⋅ cos (l n(1)) ) − ∫ sen (l nx) ⋅ dx =
1
e
= e ⋅ sen(1) − e ⋅ cos (1) + 1 − ∫ sen (l nx) ⋅ dx .
1
Portanto obtemos:
e
∫
e
sen (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − e ⋅ cos (1) + 1 − ∫ sen (l nx) ⋅ dx .
1
1
Resolvemos a equação obtida em relação ao integral:
e
e
2 ⋅ ∫ sen (l nx) ⋅ dx = e ⋅ sen(1) − e ⋅ cos (1) + 1 e
∫ sen (l nx) ⋅ dx =
1
1
1
∫
Exercício 27.
arcsen x
1+ x
0
e ⋅ sen(1) − e ⋅ c os (1) + 1
.
2
⋅ dx .
Fazemos:
′
U = arcsen x ⇒ dU = (arcsen x ) ⋅ dx =
1
1− x2
⋅ dx ,
− +1
(
1 + x) 2
⋅ dx = ∫ (1 + x ) ⋅ d (1 + x) =
1
dV =
1
1+ x
⋅ dx ⇒ V = ∫
1
−
1+ x
1
2
1
− +1
2
= 2 1+ x .
Portanto
1
∫
arcsen x
1+ x
0
(
⋅ dx = 2 1 + x ⋅ arcsen x
) − ∫2
1
0
1
1+ x ⋅
0
(
)
1
1
1− x2
= 2 1 + 1 ⋅ arcsen (1) − 2 1 + 0 ⋅ arcsen (0) − ∫ 2 1 + x ⋅
0
=2 2⋅
π
2
1
− 2⋅∫
0
1
1
1− x

= 2π + 4 ⋅  (1 − x)

1
2




⋅ dx = 2π + 2 ⋅ ∫
0
1
0
⋅ dx =
1
1− x ⋅ 1+ x
⋅ dx =
1


− +1


2
1
(1 − x)


⋅ d (1 − x) = 2π + 2 ⋅
 − 1 +1 
1− x



2


= 2π + 4 ⋅  (1 − 1)

1
2
1
=
0
1

− (1 − 0) 2  = 2π − 4 .

14
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
Exercício 28.
∫ arctg
x ⋅ dx .
0
Fazemos:
U = arctg x
(
)
′
⇒ dU = arctg x ⋅ dx =
1
1+
dV = dx ⇒ V = x .
Portanto
(
1
∫ arctg
x ⋅ dx = x ⋅ arctg x
0
(
) − ∫x⋅ 2
1
1
0
)
0
( x)
2
1
x ⋅ (1 + x)
⋅
( x )′ ⋅ dx =
dx
2 x ⋅ (1 + x)
,
⋅ dx =
1
x
π 1
x
= 1 ⋅ arctg 1 − 0 ⋅ arctg 0 − ⋅ ∫
⋅ dx = − ⋅ ∫
⋅ dx =
2 0 1+ x
4 2 0 1+ x
Fazemos a substituição
x = t ⇒ x = t2
1
1
⇒ dx = 2t dt ;
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = 0 = 0 ,
x s up = 1 ⇒ t s up = 1 = 1 .
Na continuação temos:
=
=
=
π
4
π
π
1
t
t2
1+ t 2 −1
2
dt
⋅∫
⋅
t
⋅
dt
=
−
⋅
=
−
⋅ dt =
2 0 1+ t2
4 ∫0 1 + t 2
4 ∫0 1 + t 2
1
−
1
π
1
1+ t 2
1
− ∫ 
−
2
4 0 1+ t
1+ t2
π
4
1

π 1
π 1
1 
1
 ⋅ dt = − ∫ 1 −
⋅
dt
=
−
dt
+
⋅ dt =

2
2
∫
∫
4 0  1+ t 
4 0

0 1+ t
− (t ) 0 + (arctg t ) 0 =
1
1
1
π
4
− (1 − 0) + (arctg (1) − arctg (0) ) =
π
2
−1.
1
Exercício 29.
∫ x ⋅ l n (1 + x
2
) ⋅ dx .
0
Fazemos:
′
U = l n (1 + x 2 ) ⇒ dU = l n (1 + x 2 ) ⋅ dx =
(
dV = x dx ⇒ V =
)
′
1
2 x ⋅ dx
⋅ 1 + x 2 ⋅ dx =
,
2
1+ x
1+ x2
(
)
x2
.
2
Portanto
15
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
1
 x2
x3
2 


x
⋅
l
n
(
1
+
x
)
⋅
dx
=
⋅
l
n
(
1
+
x
)
−
⋅ dx =
2
∫0
∫
 2

1
+
x

0 0
1
2
 12
 1 x + x3 − x
02
=  ⋅ l n (1 + 12 ) − ⋅ l n (1 + 0 2 )  − ∫
⋅ dx =
2
2
2
 0 1+ x
1
=
1
1
1

1 d (1 + x 2 ) 1
1 1
 + ⋅ ∫
= ⋅ l n (2) − + ⋅ l n (1 + x 2 )
2
2
2 2
 0 2 0 1+ x
 x2
1
= ⋅ l n (2) − 
2
 2
=
1
1
x 
1
x

⋅ l n (2) − ∫  x −
⋅ dx = ⋅ l n (2) − ∫ x ⋅ dx + ∫
⋅ dx =
2 
2
2
2
1+ x 
0
0
0 1+ x
(
(
)
1
0
=
)
1
1 1
1
⋅ l n (2) − + ⋅ l n (1 + 12 ) − l n (1 + 0 2 ) = l n (2) − .
2
2 2
2
1
Exercício 30.
∫ l n (1 + x) ⋅ dx .
0
Fazemos:
1
′
U = l n (1 + x) ⇒ dU = (l n (1 + x) ) ⋅ dx =
⋅ dx ,
1+ x
dV = dx ⇒ V = x .
Portanto
1
∫ l n (1 + x) ⋅ dx = (x ⋅ l n (1 + x) )
0
1
x
1+ x −1
−∫
⋅ dx = (1 ⋅ l n (1 + 1) − 0 ⋅ l n (1 + 0) ) − ∫
⋅ dx =
2
1+ x
0
0 1+ x
1
1
0
1
1
1
1 
1

= l n (2) − ∫ 1 −
⋅ d (1 + x) =
 ⋅ dx = l n (2) − ∫ dx + ∫
1+ x 
1+ x
0
0
0
1
1
1
1
1
⋅ d (1 + x) = l n (2) − ( x ) 0 + (l n (1 + x) ) 0 =
1+ x
0
= l n (2) − ∫ dx + ∫
0
= l n (2) − (1 − 0) + (l n (1 + 1) − l n (1 + 0) ) = 2 ⋅ l n (2) − 1 .
16
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
d) Calcular os integrais.
π
2
Exercício 31.
x + sen x
⋅ dx .
∫
π 1 + c os x
6
 x
Fazemos a substituição tg   = t . Então temos:
 2
senx =
2t
1− t2
,
c
os
x
=
.
1+ t2
1+ t2
 x
tg   = t ⇒
2
x
= arctg t ⇒
2
x = 2 ⋅ arctg t ⇒ dx =
2 ⋅ dt
.
1+ t2
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf =
π
6
π 
⇒ t i nf = tg   ,
 12 
x s up =
π
2
π 
⇒ t s up = tg   = 1 .
4
Portanto
π
2
x + sen x
1
⋅ dx = ∫
∫
π 1 + c os x
π
 
tg  
 12 
6
∫
2t
1
2t 

1 + t 2 ⋅ 2 ⋅ dt =
 2 ⋅ arctg t +
 ⋅ dt =
2
∫
2
1+ t
1+ t2 
 π 
tg  
 12 
1+ t2
2 ⋅ arctg t +
1
=
2t
2t
2 ⋅ arctg t +
1
2
1 + t ⋅ 2 ⋅ dt =
1 + t 2 ⋅ 2 ⋅ dt =
∫ 1+ t2 +1− t2 1+ t2
1− t2
1+ t2
π 
1+
tg  
 12 
1+ t 2
1+ t2
2 ⋅ arctg t +
π 
tg  
 12 
= 2⋅
1
1
 
tg  
 12 

tg  
 12 
∫πarctg t ⋅ dt + 2 ⋅ ∫π
t
⋅ dt =
1+ t2

Integramos por partes o primeiro integral:
U = arctg t ⇒ dU =
1
⋅ dt ;
1+ t2
dV = dt ⇒ V = t .
Na continuação temos:
17
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL


1
1
1


t
t

= 2 ⋅  t ⋅ arctg (t ) 
− ∫
⋅ dt  + 2 ⋅ ∫
⋅ dt =
2
1+ t2
 tg  π  tg  π  1 + t
π 


tg  
 
 12 
 12 
 12 


1
1

  π 
t
t
π 


= 2 ⋅ 1 ⋅ arctg (1) − tg   ⋅ arctg  tg     − 2 ⋅ ∫
⋅ dt + 2 ⋅ ∫
⋅ dt =
2
1+ t
1+ t2
 12 
  12   

π 
π 
tg  
tg  
 12 
 12 
π π
 π  π π
π 
= 2 ⋅  − ⋅ tg    = − ⋅ tg   .
 12   2 6
 12 
 4 12
π
2
∫ sen
Exercício 32.
3
x ⋅ cos x ⋅ dx .
0
1o
método :
π
π
π
2
2
3
2
∫ sen x ⋅ cos x ⋅ dx = ∫ sen x ⋅ cos x ⋅ sen x ⋅ dx =
∫ (1 − cos x )⋅
0
0
0
π
2
2
π
= − ∫ (1 − cos x ) ⋅
2
2
π
cos x ⋅ d (cos x) = − ∫ (c osx )
2
0
1
2
2
⋅ d (cos x) + ∫ (c osx ) 2 ⋅ d (cos x) =
0
π


 (c osx ) 12 +1 

= −
 1 +1 


 2

2
0
cos x ⋅ d (−cos x) =
5
0
π


 (cosx ) 52 +1 

+
 5 +1 


 2

2
π
3
2 

= − ⋅  (c osx ) 2 
3 

2
0
π
7
2 

+ ⋅  (cosx ) 2 
7 

2
=
0
0
3
7




3 
7 
2




2 
π
2
π
2 2 8
 
  2
= − ⋅   cos    − (cos (0 )) 2  + ⋅   c os    − (c os (0 )) 2  = − = .
3 
 2 
 2 
 7 
 3 7 21




2o
método :
Porque a função sen x tem exponente impar fazemos a seguinte substituição de
variável:
cos x = t ,
sen 2 x = 1 − c os 2 x = 1 − t 2 ,
senx dx = − d (c os x) .
18
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf = c os (0) = 1 ,
x s up =
π
2
π 
⇒ t s up = c os  = 0
2
Portanto
π
π
π
2
2
2
0
0
0
(
)
3
2
2
∫ sen x ⋅ cos x ⋅ dx = ∫ sen x ⋅ cos x ⋅ sen x ⋅ dx = ∫ 1 − cos x ⋅ cos x ⋅ (−d (cos x)) =
5
0
1
1
 1

= − ∫ 1 − t 2 ⋅ t ⋅ d t = ∫ 1 − t 2 ⋅ t ⋅ d t = ∫  t 2 − t 2  ⋅ d t =
1
0
0

(
)
(
)
1
 1 +1 
 5 +1 
1 1
1 5
 t2 
 2 
 − t

= ∫t 2 ⋅ d t − ∫t 2 ⋅ d t =
 1 +1
 5 + 1
0
0




2
0 2

1
1
3
7
2  
2  
= ⋅  t 2  − ⋅  t 2 
3  
7  
0
1
=
0
2 2 8
− = .
3 7 21
0
2
Exercício 33.
∫ (x
3
− 2 x) ⋅ l n x ⋅ dx .
1
Integramos por partes. Fazemos:
1
′
U = l n x ⇒ dU = (l n x ) ⋅ dx = ⋅ dx ,
x
dV = ( x 3 − 2 x) ⋅ dx ⇒ V = ∫ ( x 3 − 2 x) ⋅ dx ⇒ V =
x4
− x2 .
4
Portanto
2
2
 x4

 x4
2
2 1


∫1 ( x − 2 x) ⋅ l n x ⋅ dx =   4 − x  ⋅ l n x  − ∫1  4 − x  ⋅ x ⋅ dx =

1
2
3
2
 24
 2  x3
 14

 x3

2
2


=   − 2  ⋅ l n 2 −  − 1  ⋅ l n 1 − ∫  − x  ⋅ dx = − ∫  − x  ⋅ dx =
4

4



1
 4
 1 4
2
2
2
 x4 
 x2 
 2 4 14   2 2 12 
x3
15 3 9
= − ∫ ⋅ dx + ∫ x ⋅ dx = −  +   = − −  +  −  = − + =
.
4
2
16 2 16
 16  1  2  1
 16 16   2
1
1
2
19
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4 2− x − 2+ x
2
Exercício 34.
∫(
)
2 + x + 4 2 − x ⋅ ( x + 2) 2
0
⋅ dx .
Transformamos a função integranda de modo a obter expressões de forma
2
∫(
0
2−x
.
2+ x
2− x
−1
4 2−x − 2+ x
2+ x
⋅ dx = ∫
⋅ dx = (∗)
2 + x + 4 2 − x ⋅ ( x + 2) 2
2−x 
0 
2
1 + 4 ⋅
 ⋅ ( x + 2)


2
x
+


4⋅
2
)
Fazemos a substituição
2−x
= t2.
2+ x
Então
2−x
= t2
2+ x
x=
⇒ 2 − x = t 2 ⋅ (2 + x) ⇒ 2 − x = 2 ⋅ t 2 + t 2 ⋅ x ⇒ 2 − 2 ⋅ t 2 = x ⋅ (t 2 + 1) ⇒
2 − 2 ⋅ t 2 4 − 2 − 2 ⋅ t 2 4 − (2 + 2 ⋅ t 2 )
4
(2 + 2 ⋅ t 2 )
4
=
=
=
−
= 2
−2.
2
2
2
2
2
t +1
t +1
t +1
t +1
t +1
t +1
Portanto
8t
 4

 4 
dx = d  2
− 2 = d  2
=− 2
 t +1

 t + 1
t +1
(
)
2
⋅ dt .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 0 ⇒ t i nf =
2−0
= 1,
2+0
x s up = 2 ⇒ t s up =
2−2
= 0.
2+2
Na continuação temos:

8t
−
⋅
2 
2
1
(1 + 4 ⋅ t ) ⋅  2 4 − 2 + 2   t + 1
 t +1

0
(∗) = ∫
4 ⋅ t −1
(
)
2
 0 (4 ⋅ t − 1) ⋅ 8t
⋅ dt  = ∫
⋅ dt =
 1 16 ⋅ (1 + 4 ⋅ t )

(4 ⋅ t − 1) ⋅ 8t
1 4⋅t2 − t
⋅ dt = − ⋅ ∫
⋅ dt =
16 ⋅ (1 + 4 ⋅ t )
2 0 4⋅t +1
1
0
=∫
1
A função integranda é racional irregular. Dividimos o polinómio do numerador pelo
polinómio do denominador e obtemos:
1
1
1
1
1  1 1
1 
1
1  1
1 1
1 
= − ⋅ ∫ t − + ⋅
 ⋅ dt = − ⋅ ∫ t ⋅ dt − ⋅ ∫  −  ⋅ dt + ⋅ ∫  ⋅
 ⋅ dt =
2 0  2 2 4 ⋅ t + 1
2 0
2 0 2
2 0  2 4 ⋅ t +1
20
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
= − ⋅ ∫ t ⋅ dt + ⋅ ∫ dt + ⋅ ∫
⋅ dt = − ⋅ ∫ t ⋅ dt + ⋅ ∫ dt + ⋅ ∫
⋅ d (4t + 1) =
2 0
4 0
4 0 4⋅t +1
2 0
4 0
16 0 4 ⋅ t + 1
1
1
1 t2 
1  
1 
= − ⋅   + ⋅  t  + ⋅  l n 4 ⋅ t + 1
2  2  0 4   0 16 




1
=
0
1  12 0 2
= − ⋅  −
2 2 2
 1
1
1 1 ln5 ln5
 + ⋅ (1 − 0) + ⋅ l n 4 ⋅ 1 + 1 − l n 4 ⋅ 0 + 1 = − + +
=
.
16
4 4 16
16
 4
Exercício 35.
Calcular a área da região plana
{
}
A = ( x, y ) ∈ R 2 : y ≤ 2 − x 2 ∧ y ≥ x .
A região é limitada pelo gráfico da parábola y = 2 − x 2 orientada em baixo e
pela recta y = x . O esboço da região é apresentado na figura 1.
Os limites de variação (integração) da variável x é o segmento que é a
projecção da região sobre o eixo O x . Portanto para determinar os limites de integração
determinamos as abcissas dos pontos de intersecção da parábola y = 2 − x 2 com a recta
y = x:
y = x ∧ y = 2 − x2
x=
⇒ x = 2 − x2
⇒ x2 + x − 2 = 0 ⇒
−1± 9 −1± 3
=
⇒ x = −2 ∨ x = 1 .
2
2
21
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Porque a linha que delimita a região na parte de baixo é dada analiticamente só
por uma função e a linha que delimita a região na parte de cima também é dada
analiticamente só por uma função temos:
∫ (2 − x
1
SA =
2
−2
)
1
1
− x dx = ∫ 2 dx − ∫ x dx − ∫ x dx = (2 x)
−2
−2
 1 (−2)
= (2 ⋅ 1 − 2 ⋅ (−2)) −  −
3
3
3
Exercício 36.
1
2
3
−2
 1
(−2)
 −  −
2
 2
2
2
1
−2
 x3 
−  
 3
1
−2
 x2
− 
 2



1
=
−2

9 3 9
 = 6 − + = .
3 2 2

Calcular a área da região plana
{
}
A = ( x, y ) ∈ R 2 : y 2 ≥ 2 x + 4 ∧ y ≥ x − 2 .
A região é limitada pelo gráfico da parábola y 2 = 2 x + 4 orientada no sentido
positivo do eixo O x e pela recta y = x − 2 . O esboço da região é apresentado na
figura 2.
Porque
y 2 = 2x + 4 ⇔
x=
1 2
y − 2 concluímos que o vértice B da parábola tem as
2
e a parábola intersecta o eixo O y nos pontos C = ( 0 , − 2 ) e
coordenadas ( − 2 , 0 )
D = ( 0 , 2 ).
Determinamos as coordenadas dos pontos de intersecção da parábola
2
y = 2 x + 4 com a recta y = x − 2 :
y 2 = 2 x + 4 ∧ y = x − 2 ⇒ ( x − 2) 2 = 2 x + 4 ⇒ x 2 − 4 x + 4 = 2 x + 4 ⇒
22
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
x 2 − 6x = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 6 .
Calculemos a área da região.
1o
método
A projecção da região sobre o eixo O x é o segmento [ − 2 , 6 ] .
Porque a linha que delimita a região na parte de baixo é dada analiticamente por
duas funções a área da região representa a soma das áreas das regiões (BCD) e
(CDE ) .
A região (BCD) é limitada na parte de baixo pelo ramo y = − 2 x + 4 , na parte
de cima pelo ramo y = 2 x + 4 da parábola e a sua projecção sobre o eixo O x é o
segmento [ − 2 , 0 ] . Portanto
∫(
0
S ( BCD ) =
−2
(
))
0
2 x + 4 − − 2 x + 4 dx = ∫ 2 ⋅ 2 x + 4 dx =
−2
1


1
0
 (2 x + 4) 2 +1 

= ∫ ( 2 x + 4) 2 d ( 2 x + 4) = 
1

−2
+ 1 

 2

0
∫
2 x + 4 d ( 2 x + 4) =
−2
0
3

2 

= ⋅  (2 x + 4) 2 
3 

0
3
−2
2
2
16
= ⋅ 42 = ⋅ 4 4 = .
3
3
3
−2
A região (CDE ) é limitada na parte de baixo pela recta y = x − 2 , na parte de
cima pelo ramo y = 2 x + 4 da parábola e a sua projecção sobre o eixo O x é o
segmento [ 0 , 6 ] . Portanto
6
S ( CDE ) = ∫
(
)
6
2 x + 4 − ( x − 2) dx = ∫
0
(
)
6
6
6
0
0
2 x + 4 − x + 2 dx = ∫ 2 x + 4 dx − ∫ x dx + 2 ∫ dx =
0
0
6
1


6
+1

2
 x2 
1
1  (2 x + 4) 
6
= ⋅ ∫ (2 x + 4) d (2 x + 4) − ∫ x dx + 2 ∫ dx = ⋅
−   + 2 ⋅ ( x ) 0 =
2 0
2  1
 2 0
0
0
+ 1 

 2
0
6
1
2
6
6
6
6
3
3
3

  62 02 
 x2 
1 
1 
6
= ⋅  (2 x + 4) 2  −   + 2 ⋅ ( x ) 0 = ⋅  (2 ⋅ 6 + 4) 2 − (2 ⋅ 0 + 4) 2  −  −  + 2 ⋅ (6 − 0) =
3 
3 
2 
0  2 0
  2
1
56
38
⋅ (64 − 8) − 18 + 12 =
−6 =
.
3
3
3
Portanto
16 38 54
S A = S ( BCD ) + S (CDE ) =
+
=
= 18 .
3
3
3
=
2o
método
Observamos que em relação ao eixo O y a região é limitada à esquerda
1
pela parábola x = y 2 − 2 , à direita pela recta x = y + 2 e a sua projecção sobre o eixo
2
O y é o segmento [ − 2 , 4 ] . Portanto
23
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
4
4
4
4
1
1 
1



S A = ∫  y + 2 − y 2 + 2  dy = ∫  4 + y − y 2  dy = ∫ (4 + y ) d (4 + y ) − ⋅ ∫ y 2 dy =
2
2 
2 −2

− 2
− 2
−2
 (4 + y) 2
= 
2

4



1  y3 
− ⋅  
2  3 
−2
Exercício 37.
4
−2
 82 2 2
=  −
2
 2
 1  4 3 (−2) 3 
 − ⋅  −
 = 30 − 12 = 18 .
3 
 2  3
Calcular a área da região plana
{
}
A = ( x, y ) ∈ R 2 : x 2 + ( y − 1) 2 ≥ 1 ∧ x 2 + ( y − 2) 2 ≤ 4 ∧ y ≥ x 2 .
A região é situada fora da circunferência
x 2 + ( y − 1) 2 = 1 , dentro da
circunferência x 2 + ( y − 2) 2 = 4 e entre os ramos da parábola y = x 2 . O esboço da
região é dado na figura 3 e porque as funções que delimitam a região são pares
concluímos que a região é simétrica em relação ao eixo O y . Portanto para determinar a
área S A da região calculemos a área S da metade da região situada á direita do eixo
O y e multiplicamos o resultado obtido por dois.
A metade da região situada á direita do eixo O y é limitada na parte de baixo
pela circunferência x 2 + ( y − 1) 2 = 1 (mais precisamente pela semicircunferência
y = 1+ 1− x2 )
e pela parábola y = x 2 . Na parte de cima é limitada pela
semicircunferência y = 2 + 4 − x 2 .
Determinamos os pontos de intersecção da parábola com as circunferências:
 y = x2
 y = x2
y = x2
 y = x2




⇔ 
⇔ 
⇔ 
⇔

2
2
2
2
 x + ( y − 1) = 1
y + y − 2y +1 = 1
 y −y=0
y = 0 ∨ y = 1




y = x2


y =0

y = x2

∨ 
 y =1

⇔ ( x, y ) = (0, 0) ∨ ( x, y ) = (−1, 1) ∨ ( x, y ) = (1, 1) .
24
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Para metade da região situada á direita do eixo O y temos os pontos
( x, y ) = (0, 0) e ( x, y ) = (1, 1) de intersecção da parábola com a circunferência
x 2 + ( y − 1) 2 = 1 .
 y = x2
 y = x2
y = x2
 y = x2




⇔ 
⇔ 
⇔ 
⇔

2
2
2
2
 x + ( y − 2) = 4
y + y − 4y + 4 = 4
 y − 3y = 0
y = 0 ∨ y = 3




y = x2


y =0

y = x2

∨ 
 y=3

⇔ ( x, y ) = (0, 0) ∨ ( x, y ) = (− 3 , 3) ∨ ( x, y ) = ( 3 , 3) .
Para metade da região situada
á direita do eixo O y temos os pontos
( x, y ) = (0, 0) e ( x, y ) = ( 3 , 3) de intersecção da parábola
com a circunferência
x + ( y − 2) = 4 .
Portanto a projecção da parte direita da região sobre o eixo O x é o segmento
2
2
[ 0 , 3 ] . Calculemos a área dela S :
1
(
)
S = ∫ 2 + 4 − x 2 − 1 − 1 − x 2 dx +
0
1
∫ (2 +
4 − x 2 − x 2 dx =
1
(
)
= ∫ 1 + 4 − x − 1 − x dx +
2
2
0
∫ (2 +
)
3
4 − x 2 − x 2 dx =
1
1
1
1
3
= ∫ d x + ∫ 4 − x dx − ∫ 1 − x dx + 2 ∫ d x +
2
0
2
0
1
= ∫d x+
0
0
3
∫
= ( x) 0 +
∫
1
∫
4 − x dx − ∫ x 2 dx =
1
3
1
1
1
4 − x dx − ∫ 1 − x dx + 2 ⋅ ( x) 1
2
0
1
3
 x3 
−  
 3 
4 − x 2 dx − ∫ 1 − x 2 dx + 2 3 − 2 − 3 +
0
2
= 3− +
3
3
2
1
3
2
0
3
∫
1
0
3
3
4 − x 2 dx − ∫ 1 − x 2 dx + 2 ∫ d x − ∫ x 2 dx =
0
1
= 1+
)
3
0
3
1
∫
4 − x dx − ∫
0
0
2
=
1
1
=
3
2
1 − x dx = 3 − + 2 ⋅
3
2
3
3
∫
0
2
1
 x
1 −   dx − ∫ 1 − x 2 dx = (∗)
2
0
25
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
No primeiro integral fazemos a substituição x = 2 sen t .
Então
2
 x
1 −   = 1 − sen 2 t = cos 2 t = cos t
2
Determinamos os limites de integração para a variável t :
d x = 2 ⋅ c os t ⋅ d t e
 xi nf 
 = arcsen (0) = 0 ,
xi nf = 0 ⇒ t i nf = arcsen 
2


 3 π
 x s up 

 = arcsen 
x s up = 3 ⇒ t s up = arcsen 

 2 = 3.
2




No segundo integral fazemos a substituição x = sen u .
Então
d x = c os u ⋅ d u e
1 − x 2 = 1 − sen 2 u = cos 2 u = c os u
Determinamos os limites de integração para a variável u :
xi nf = 0 ⇒ u i nf = arcsen (xi nf ) = arcsen (0) = 0 ,
x s up = 1 ⇒ u s up = arcsen (x s up ) = arcsen (1) =
π
2
.
Na continuação temos:
π
π
3
2
2
2
(∗) = 3 − + 2 ⋅ ∫ 2 ⋅ cos t ⋅ dt − ∫ cos 2 u du =
3
0
0
1
+
c
os
(
2
α
)
1
cos (2α )
Como cos 2α =
= +
temos:
2
2
2
π
= 3−
π
2
2
 1 c os(2 u ) 
+ 2 ⋅ ∫ (1 + c os(2t ) ) ⋅ dt − ∫  +
 du =
3
2
2

0
0
3
π
π
π
π
3
3
2
1 2
1 2
= 3 − + 2 ⋅ ∫ d t + ∫ cos(2t ) ⋅ d (2 t ) − ⋅ ∫ du − ⋅ ∫ c os(2 u ) ⋅ d (2 u ) =
3
2 0
4 0
0
0
π
2
= 3 − + 2 ⋅  t 
 
3
= 3−
3
0
π


+  sen (2t ) 


3
0
π
1
− ⋅  u 
2  
2
0
π
1 

− ⋅  sen (2 u ) 
4 

2
=
0
 1 π
2
π
 
 2π 
 1
+ 2 ⋅  − 0  +  sen 
 − sen (0)  − ⋅  − 0  − ⋅ (sen (π ) − sen (0) ) =
3
3
 
 3 
 4
 2 2
26
Matemática 1
= 3−
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
2
π
3 π 9 3 − 4 5π
+ 2⋅ +
− =
+
.
3
3
2
4
6
12
Portanto
 9 3 − 4 5π  9 3 − 4 5π
=
.
S A = 2 S = 2 ⋅ 
+
+

6
12
3
6


Exercício 38.
[
]
Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x) = l n x , com
x∈ 2 2, 2 6 .
b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx .
2
a
Temos: a = 2 2 , b = 2 6 , f ′( x) =
1
.
x
Portanto
x2 +1
x2 +1
1
1 +   ⋅ dx = ∫
⋅ dx = ∫
⋅ dx = (∗)
x
x2
 x
2 2
2 2
2
2 6
l=
∫
2 2
2 6
2 6
Integramos por substituição.
x2 +1 = t ⇒ x2 +1 = t 2
′
t
t 2 − 1 ⋅ dt =
⋅ dt .
2
t −1
Fazemos
dx=
(
)
⇒ x2 = t 2 −1 ⇒
x = t 2 −1 .
Determinamos os limites de integração para a variável t :
xi nf = 2 2 ⇒ t i nf =
(x )
x s up = 2 6 ⇒ t s up =
(x )
2
i nf
2
s up
+1 =
(2 2 )
+1 =
(2 6 )
2
2
+1 = 9 = 3,
+ 1 = 25 = 5 .
Na continuação temos:
5
(∗) = ∫
3
5
t
t 2 −1
⋅
5 2
5
 t 2 −1
t2
t −1+1
1 
 2
 ⋅ dt =
⋅
dt
=
⋅
dt
=
+ 2
2
2
∫
∫
t −1
t − 1 
3 t −1
3
3  t −1
5
t
t 2 −1
5
⋅ dt = ∫
5
1 
1

= ∫ 1 + 2
⋅ dt =
 ⋅ dt = ∫ dt + ∫ 2
t −1
3
3
3 t −1
Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares:
27
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
1

A
=
,

A + B = 0
A
B
1
2
=
+
⇒ 1 = ( A + B) ⋅ t + ( A − B) ⇒ 
⇒ 
1
t 2 −1 t −1 t +1
A− B =1
B = − .
2

Então:
1 
 1
5
5
5


1
1
1
1
= ∫ dt + ∫  2 − 2  ⋅ dt = ∫ dt + ⋅ ∫
⋅ dt − ⋅ ∫
⋅ dt =
t −1 t −1
2 3 t −1
2 3 t +1
3
3
3




5
5
5
5
5
1 
1 
 


=  t  + ⋅  l n (t − 1)  − ⋅  l n (t + 1)  =
 3 2 
3 2 
3
= (5 − 3) +
= 2+
1 
 1 

⋅ l n (5 − 1) − l n (3 − 1) − ⋅ l n (5 + 1) − l n (3 + 1) =
2 
 2 





1 
1
1
2
 16 
⋅ l n (4) − l n (2) − l n (6)+ l n (4) = 2 + ⋅ l n (16)− l n (12) = 2 + ⋅ l n   = 2 + l n
.


2 
2 
2
3
 12 




Exercício 39.
Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x) = l n (cos x) ,
 π 
com x ∈  0 ,  .
 6
b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx .
2
a
Temos: a = 0 , b =
′
sen x


, f ′( x) =  l n (cos x)  = −
.
6
c os x


π
Portanto
π
l=
6
∫
0
2
π
π
π
6
 sen x 
sen x
cos x + sen x
1
 ⋅ dx = ∫ 1 +
1 +  −
⋅
dx
=
⋅
dx
=
⋅ dx = (∗)
2
∫
2
∫
c
os
x
c
os
x
c
os
x
 cos x 
0
0
0
6
2
6
2
2
Integramos por substituição.
 x
Fazemos tg   = t ⇒
2
x = 2 ⋅ arctg (t ) ⇒ dx =
1− t2
2
.
c
os
x
=
.
⋅
d
t
1+ t2
1+ t2
Determinamos os limites de integração para a variável t :
28
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
 xi nf 
 = tg (0) = 0 ,
xi nf = ⇒ t i nf = tg 
2


 x s up 
π
π
 = tg   .
x s up =
⇒ t s up = tg 
6
 12 
 2 
Na continuação temos:
π 
tg  
 12 
π 
tg  
 12 
1
2
2
⋅
⋅ dt = ∫
⋅ dt =
2
2
2
1
−
t
1
+
t
1
−
t
0
0
1+ t2
Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares:
 A = 1,
A − B = 0
2
A
B
=
+
⇒ 2 = ( A − B) ⋅ t + ( A + B ) ⇒ 
⇒ 
2
1− t 1+ t
1− t
 B = 1.
A + B = 2
∫
(∗) =
Então:
π 
tg  
 12 
=
∫
0
1 
 1
+

 ⋅ dt =
1− t 1+ t 
π 
tg  
 12 
=−
∫
0
1
⋅ d (1 − t ) +
1− t
π 
tg  
 12 
π 
tg  
 12 
∫
0
∫
0
1
⋅ dt +
1− t
π 
tg  
 12 
∫
0
1
⋅ dt =
1+ t

1
⋅ d (1 + )t = −  l n 1 − t
1+ t


π 
= −  l n 1 − tg   − l n 1 − 0
 12 




π 
tg  
 12 
0
 
π
 +  l n 1 + tg   − l n 1 + 0
 
 12 
 

+  l n 1 + t




π 
tg  
 12 
=
0

=




 π 
π 
 π 
 1 + tg   
 cos   + sen  
π 
π 
 12   = l n 
 12 
 12   =
= l n 1 + tg   − l n 1 − tg   = l n 


 π 
π 
 π 
 12 
 12 
 1 − tg   
 c os   − sen  
 12 
 12  
 12  




  c os  π  + sen π   ⋅  cos  π  − sen π   
 


 12 
 12   
 12 
 12   
= ln 
=
2
 π 
 π 


cos  12  − sen 12 


 
  





 3 
π 
π 
π  

c os 2   − sen 2  

 cos   


12 
12 
6 






2

 = ln 3 .
= ln
= ln
= ln






1
π
π
π
π
π










2
2
 c os   − 2 ⋅ c os   ⋅ sen  + sen   
 1 − sen  
1− 
2
 12 
 12 
 12 
 12  
 6 



29
Matemática 1
Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL
Exercício 40. Calcular o comprimento da linha dada pela função f ( x) = x 3 , com
 4
x ∈  0,  .
 3
b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx .
2
a
′
′  
1
 3  3
4
3
Temos: a = 0 , b = , f ′( x) =  x  =  x 2  = ⋅ x 2 .


3
2

  
 
Portanto
4
3
l=∫
0
4
2
4
1
3
 3 12 
9
4 3 9  2  9 


1 +  ⋅ x  ⋅ dx = ∫ 1 + x ⋅ dx = ⋅ ∫ 1 + x  ⋅ d 1 + x  =
4
9 0 4 
 4 
0
2


 9 
1 + x 
4  4 
= ⋅
1
9 
+1

2

1
+1
2







4
3

4 2  9 
= ⋅ ⋅  1 + x 
9 3  4 

3
2





4
3
3
3


8   9 4  2  9  2  56
=
⋅  1 + ⋅  − 1 + ⋅ 0   =
.
27   4 3 
 4   27


0
0
Exercício 41.
Calcular o comprimento da linha dada pela função
 1
f ( x) = 1 − x 2 + arcsen x , com x ∈  0 ,  .
 2
b
Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula l = ∫ 1 + [ f ′( x)] ⋅ dx .
2
a
1
Temos: a = 0 , b = ,
2
′
′
′

 
 
−x
1

2
2




′
f ( x) = 1 − x + arcsen x = 1 − x
+  arcsen x  =
+
=
2

 
 

1− x
1− x2

 

−x
1
1− x
1− x
1− x
1− x
1− x
=
+
=
=
=
=
=
.
2
2
2
1+ x
(1 − x) ⋅ (1 + x)
1− x ⋅ 1+ x
1+ x
1− x
1− x
1− x
Portanto
1
2
1
2
2
1
2
1
2
 1− x 
1− x
1+ x +1− x
2
 ⋅ dx = ∫ 1 +
l = ∫ 1 + 
⋅ dx = ∫
⋅ dx = ∫
⋅ dx =

1+ x
1+ x
1+ x
0
0
0
0
 1+ x 
1
2
= 2⋅∫
0
1
1+ x
1
2
⋅ dx = 2 ⋅ ∫ (1 + x)
0
−
1
2
1

 (1 + x) 2
⋅ d (1 + x) = 2 ⋅ 
1



2






1
2
 3 
= 2 2 ⋅ 
− 1 = 2( 3 − 2 ) .
 2 
0
30