Calculo1_2018_1_Gabarito_Lista7c1

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Lista 7 - Cálculo de primitivas-parte 3.1
Calcule as seguintes integrais indefinidas pelo método de substituição trigonométrica.
∫
dx
√
1 + x2
∫
dx
√
x2 − 1
∫
dx
x
√
x2 − 1
∫
dx
x
√
1− x2
∫
dx
x
√
1 + x2
∫
x3
√
1− x2 dx
∫
√
1− x2 dx
∫
√
1 + x2 dx
∫
√
x2 − 1 dx
— SOLUÇÕES —
(c1-i) Consideremos x = tan(x). Então dx = sec2(θ) dθ e
∫
dx
√
1 + x2
=
∫
sec2(θ)
sec(θ)
dθ =
∫
sec(θ) dθ = ln
(
∣
∣tan(θ) + sec(θ)
∣
∣
)
+ Cte.
Voltando à variável original, obtemos
∫
dx
√
1 + x2
= ln
(
∣
∣x+
√
1 + x2
∣
∣
)
+ Cte.
Resposta: ln
(
∣
∣x+
√
1 + x2
∣
∣
)
+ Cte.
(c1-ii) Consideremos x = sec(x). Então dx = tan(θ) sec(θ) dθ e
∫
dx
√
1 + x2
=
∫
tan(θ) sec(θ)
tan(θ)
dθ =
∫
sec(θ) dθ = ln
(
∣
∣tan(θ) + sec(θ)
∣
∣
)
+Cte.
Voltando à variável original, obtemos
∫
dx
√
1 + x2
= ln
(
∣
∣x+
√
x2 − 1
∣
∣
)
+ Cte.
Resposta: ln
(
∣
∣x+
√
x2 − 1
∣
∣
)
+ Cte.
(c1-iii) Imediata!
Resposta: arc sec(x) + Cte.
1
(c1-iv) Consideremos x = sen(x). Então dx = cos(θ) dθ e
∫
dx
x
√
1− x2
=
∫
cos(θ)
sen(θ) cos(θ)
dθ =
∫
cossec(θ) dθ = ln
(
∣
∣cossec(θ)− cotg(θ)
∣
∣
)
+ Cte.
Voltando à variável original, obtemos
∫
dx
√
1 + x2
= ln
(
∣
∣
∣
∣
1
x
−
1
x
√
1− x2
∣
∣
∣
∣
)
+Cte.
Resposta: ln
(
∣
∣
∣
∣
∣
1−
√
1− x2
x
∣
∣
∣
∣
∣
)
+ Cte.
(c1-v) Consideremos
x = tan(θ) ⇒ dx = sec2(θ) dθ
Assim,
∫
dx
x
√
1 + x2
=
∫
sec2(θ)
tan(θ) sec(θ)
dθ =
∫
sec(θ)
tan(θ)
dθ
=
∫
cossec(θ) dθ = ln
(
∣
∣cossec(θ)− cotg(θ)
∣
∣
)
+ Cte.
Voltando à variável original, obtemos
∫
dx
x
√
1 + x2
= ln
(
∣
∣
∣
∣
1
x
√
1 + x2 −
1
x
∣
∣
∣
∣
)
+ Cte.
Resposta: ln
(
∣
∣
∣
∣
∣
√
1 + x2 − 1
x
∣
∣
∣
∣
∣
)
+ Cte.
(c1-vi) Consideremos x = sen(θ). Então dx = cos(θ) dθ e
∫
x3
√
1− x2 dx =
∫
sen3(θ) cos2(θ) dθ =
∫
sen2(θ) cos2(θ) sen(θ) dθ
=
∫
(
1− cos2(θ)
)
cos2(θ) sen(θ) dθ.
Considerando agora u = cos(θ), temos du = − sen(θ) dθ, de modo que
∫
(
1− cos2(θ)
)
cos2(θ) sen(θ) dθ = −
∫
(1− u2)u2 du =
u5
5
−
u3
3
+ Cte
=
cos3(θ)
5
−
cos3(θ)
3
+ Cte.
Voltando à variável original, obtemos
∫
x3
√
1− x2 dx =
(1− x2)5/2
5
−
(1− x2)3/2
3
+ Cte.
Resposta:
(1− x2)5/2
5
−
(1− x2)3/2
3
+ Cte.
2
(c1-vii) Consideremos x = sen(θ). Então dx = cos(θ) dθ e
∫
√
1− x2 dx =
∫
cos2(θ) dθ =
1
2
∫
(
1 + cos(2θ)
)
dθ
=
1
2
θ +
1
4
sen(2θ) =
1
2
[
θ + sen(θ) cos(θ)
]
+ Cte
=
1
2
[
arc sen(x) + x
√
1− x2
]
+ Cte.
Resposta:
1
2
[
arc sen(x) + x
√
1− x2
]
+ Cte.
(c1-viii) Consideremos
x = tan(θ) ⇒ dx = sec2(θ) dθ
Assim,
∫
√
1 + x2 dx =
∫
sec3(θ) dθ =
∫
sec(θ) sec2(θ) dθ.
Agora por partes com
f(θ) = sec(θ) ⇒ f ′(θ) = sec(θ) tan(θ)
g(θ) = tan(θ) ⇐ g′(θ) = sec(θ)
∫
sec(θ) sec2(θ) dθ = tan(θ) sec(θ)−
∫
sec(θ) tan2(θ) dθ
= tan(θ) sec(θ)−
∫
[
sec3(θ)− sec(θ)
]
dθ
= tan(θ) sec(θ) + ln
(
∣
∣tan(θ) + sec(θ)
∣
∣
)
−
∫
sec3(θ) dθ
Passando a última integral para o outro lado da igualdade, obtemos,
2
∫
sec(θ) sec2(θ) dθ = tan(θ) sec(θ) + ln
(
∣
∣tan(θ) + sec(θ)
∣
∣
)
.
Logo,
∫
sec(θ) sec2(θ) dθ =
1
2
[
tan(θ) sec(θ) + ln
(
∣
∣tan(θ) + sec(θ)
∣
∣
)]
+Cte.
Voltando à variável original,
∫
√
1 + x2 dx =
x
√
1 + x2
2
+
1
2
ln
(
∣
∣x+
√
1 + x2
∣
∣
)
+Cte.
Resposta:
x
√
1 + x2
2
+ ln
(
√
∣
∣x+
√
1 + x2
∣
∣
)
+ Cte.
3
(c1-ix) Vamos considerar a substituição trigonométrica
x = sec(θ) ⇒ dx = sec(θ) tan(θ) dθ.
Então
∫
√
x2 − 1 dx =
∫
tan(θ) sec(θ) tan(θ) dθ =
∫
tan2(θ) sec(θ) dθ
=
∫
[
sec2(θ)− 1
]
sec(θ) dθ =
∫
sec3(θ) dθ −
∫
sec(θ) dθ
=
∫
sec3(θ) dθ − ln
(
∣
∣sec(θ) + tan(θ)
∣
∣
)
Já vimos anteriormente que
∫
sec3(θ) dθ =
1
2
[
sec(θ) tan(θ) + ln
(
∣
∣sec(θ) + tan(θ)
∣
∣
)]
.
Assim, substituindo na expressão anterior, obtemos
∫
sec3(θ) dθ − ln
(
∣
∣sec(θ) + tan(θ)
∣
∣
)
=
1
2
[
sec(θ) tan(θ)− ln
(
∣
∣sec(θ) + tan(θ)
∣
∣
)]
.
Voltando à variaável original, obtemos
∫
√
x2 − 1 dx =
1
2
[
x
√
x2 − 1− ln
(
∣
∣x+
√
x2 − 1
∣
∣
)]
+Cte.
Resposta:
1
2
[
x
√
x2 − 1− ln
(
∣
∣x+
√
x2 − 1
∣
∣
)]
+ Cte.
4