Técnicas de Integração

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Objetivos da Aula
� Apresentar a técnica de integração por substituição;
� Apresentar a técnica de integração por partes;
� Utilizar técnicas apresentadas no cálculo integral.
1 Integração por Substituição
Existem funções cujas primitivas não são difíceis de determinar, apesar da aparência. Por exemplo,
considere a função f(x) = 2x
√
1 + x2. Como determinar uma primitiva F para f? Ou seja, queremos
determinar ∫
2x
√
1 + x2 dx.
Entendendo dx como um diferencial, podemos fazer a seguinte substituição
u = 1 + x2.
Ao fazermos essa mudança, precisamos substituir o diferencial dx pelo diferencial du. Sendo assim, pelo
que já aprendemos, o diferencial du é dado por
du = u′(x)dx.
Logo,
du = 2x dx.
Agora, fazemos a substituição na integral inde�nida∫
2x
√
1 + x2 dx =
∫ √
1 + x2︸ ︷︷ ︸
u
2x dx︸ ︷︷ ︸
du
=
∫ √
u du =
u
3
2
3
2
+ C =
2
3
u
3
2 + C =
2
3
√
(1 + x2)3 + C.
Esse resultado pode ser veri�cado por derivação. Basta fazer
d
dx
[
2
3
√
(1 + x2)3 + C
]
=
�2
�3
�3
�2
(1 + x2)
3
2
−1 d
dx
(1 + x2) +
d
dx
(C) = (1 + x2)
1
2 .2x+ 0 = 2x
√
1 + x2.
Esse modo de calcular primitivas pode ser generalizado pela seguinte proposição:
Proposição 1. Sejam f e g funções tais que Img ⊂ Df , com g derivável. Suponhamos que F é uma
primitiva de f , isto é, F ′ = f . Então∫
f(g(x)) · g′(x) dx = F (g(x)) + C
ou seja, F (g(x)) é uma primitiva para f(g(x)) · g′(x).
1
Universidade Federal do Pará
Cálculo I - 2023-4
Aula nº 25: Método da Substituição e Integração por Partes
Cálculo I Aula nº 25
Demonstração De fato, pois pela regra da cadeia, temos que
d
dx
[F (g(x)) + C] = F ′(g(x)).g′(x) + 0 = f(g(x)).g′(x)
�
Agora, segue o resultado que de�ne a regra de substituição para as integrais inde�nidas.
Teorema 1 (Regra da Substituição). Suponha que u = g(x) é uma função derivável cuja imagem é o
intervalo I, f é contínua em I e F é uma primitiva de f , então∫
f(g(x)) · g′(x) dx =
∫
f(u) du.
Demonstração Segue da proposição anterior que F (g(x)) +C é uma primitiva para f(g(x)).g′(x). Logo,
como F ′ = f , temos que∫
f(g(x)) · g′(x) dx = F (g(x)) + C = F (u) + C =
∫
F ′(u) du =
∫
f(u) du.
�
Vejamos alguns exemplos da aplicação desse teorema
Exemplo 1. Calcule
∫
(x− 1)10 dx.
Solução: Fazendo a substituição
u = x− 1,
obtemos
du = dx.
Logo, ∫
(x− 1)10dx =
∫
u10du =
u11
11
+ C =
(x− 1)11
11
+ C.
�
Exemplo 2. Calcule
∫
2x senx2 dx.
Solução: Fazendo a mudança
u = x2,
obtemos
du = 2x dx.
Logo ∫
2x senx2 dx =
∫
senx2 2x dx︸ ︷︷ ︸
du
=
∫
senu du = −cos u+ C = − cos x2 + C.
�
Exemplo 3. Calcule
∫
x3 cos(x4 + 2) dx.
Solução: Fazendo
u = x4 + 2,
obtemos
du = 4x3 dx.
2
Cálculo I Aula nº 25
Logo, ∫
x3 cos(x4 + 2) dx =
4
4
∫
x3 cos(x4 + 2) dx =
1
4
∫
cos(x4 + 2) 4x3 dx︸ ︷︷ ︸
du
=
1
4
∫
cos u du =
1
4
senu+ C
=
1
4
sen(x4 + 2) + C.
�
Exemplo 4. Sabendo que α 6= 0, determine:
a)
∫
cos (αx) dx;
b)
∫
sen(αx) dx;
c)
∫
eαx dx.
Solução: Fazendo
u = αx,
obtemos
du = αdx.
Logo:
a) ∫
cos (αx) dx =
α
α
∫
cos (αx) dx =
1
α
∫
cos(αx) αdx︸︷︷︸
du
=
1
α
∫
cos u du =
1
α
senu+C =
1
α
sen(αx)+C;
b) ∫
sen(αx) dx =
α
α
∫
sen(αx) dx =
1
α
∫
sen(αx) αdx︸︷︷︸
du
=
1
α
∫
senu du = − 1
α
cos u+C = − 1
α
cos (αx)+C;
c) ∫
eαx dx =
α
α
∫
eαx dx =
1
α
∫
eαx αdx︸︷︷︸
du
=
1
α
∫
eu du =
1
α
eu + C =
1
α
eαx + C.
�
Exemplo 5. Determine
∫
x
1 + x2
dx.
Solução: Basta tomar
u = 1 + x2
para obtermos
du = 2x dx,
e assim,∫
x
1 + x2
dx =
2
2
∫
x
1 + x2
dx =
1
2
∫
1
1 + x2
2x dx︸ ︷︷ ︸
du
=
∫
1
u
du =
1
2
ln |u|+ C =
1
2
ln(1 + x2) + C.
�
3
Cálculo I Aula nº 25
Exemplo 6. Determine
∫
sen3 x cosx dx.
Solução: Chamando
u = senx,
temos que
du = cos x dx.
Logo, ∫
sen3 x cos x dx︸ ︷︷ ︸
du
=
∫
u3 du =
u4
4
+ C =
sen4 x
4
+ C.
�
Exemplo 7. Determine
∫
sen4 x cos3 x dx.
Solução: Note que
sen4 x cos3 x = sen4 x cos2 x cos x = sen4 x(1− sen2 x) cosx = sen4 x cosx− sen6x cosx.
Logo,∫
sen4 x cos3 x dx =
∫
(sen4 x cosx− sen6 x cosx) dx =
∫
sen4 x cosx dx−
∫
sen6 x cosx dx.
E fazendo a mudança
u = senx,
então
du = cosx dx.
E assim,∫
sen4 x cos3 x dx =
∫
u4 du−
∫
u6 du =
u5
5
− u7
7
+ C =
sen5 x
5
− sen7 x
7
+ C.
�
Exemplo 8. Determine
∫
5
4 + x2
dx.
Solução: Note que
5
4 + x2
=
5
4
(
1 +
x2
4
) =
5
4
1
1 +
(x
2
)2 .
Logo, ∫
5
4 + x2
=
5
4
∫
1
1 +
(x
2
)2 dx.
Agora, chamando
u =
x
2
,
obtemos
du =
1
2
dx.
4
Cálculo I Aula nº 25
Logo, ∫
5
4 + x2
=
5
4
∫
1
1 +
(x
2
)2 dx
=
5
2
∫
1
1 + u2
du
=
5
2
arctgu+ C
=
5
2
arctg
(x
2
)
+ C.
�
Exemplo 9. Veri�que que ∫
tgx dx = − ln | cosx|+ C.
Solução: Note que ∫
tgx dx =
∫
senx
cosx
dx.
Desse modo, fazendo u = cosx, temos que
du = − senx dx.
Logo, ∫
tgx dx =
∫
−1
u
du = − ln |u|+ C = − ln | cosx|+ C.
�
Exemplo 10. Veri�que que ∫
secx dx = ln | secx+ tgx|+ C.
Solução: Note que
sec x =
sec x(sec x+ tgx)
(sec x+ tgx)
=
sec x tgx+ sec2 x
sec x+ tgx
.
Logo, ∫
secx dx =
∫
sec x tgx+ sec2 x
sec x+ tgx
dx.
Fazendo a substituição
u = sec x+ tgx,
obtemos
du = (sec x tgx+ sec2 x) dx.
Dessa forma, ∫
secx dx =
∫
1
u
du = ln |u|+ C = ln | sec x+ tgx|+ C.
�
Exemplo 11. Determine
∫
x
1 + x4
dx.
Solução: Note que não podemos tomar
u = 1 + x4
pois, se assim �zermos, obteremos
du = 4x3 dx.
5
Cálculo I Aula nº 25
Logo, como 4x2 não é constante, e temos que∫
x
1 + x4
dx 6= 1
4x2
∫
4x3
1 + x4
dx.
Então precisamos mudar a substituição a ser feita. Nesse caso, podemos fazer
u = x2
e obteremos
du = 2x dx⇔ 1
2
du = x dx.
Desse modo, ∫
x
1 + x4
dx =
∫
1
1 + (x2)2
x dx︸︷︷︸
1
2
du
=
∫
1
1 + u2
1
2
du
=
1
2
∫
1
1 + u2
du
=
1
2
arctgu+ C
=
1
2
arctg (x2) + C.
�
Exemplo 12. Calcule
∫
x3
√
1 + x2 dx.
Solução: Fazendo a substituição
u = 1 + x2,
obtemos
du = 2x dx⇔ 1
2
du = x dx.
Note também que com essa substituição, temos que x2 = u− 1. Logo,∫
x3
√
1 + x2 dx =
∫
x2.x
√
1 + x2 dx =
∫
x2
√
1 + x2 x dx︸︷︷︸
1
2
du
=
∫
(u− 1)
√
u
1
2
du =
1
2
∫ (
u
3
2 − u
1
2
)
du
=
1
2
u 5
2
5
2
− u
3
2
3
2
+ C =
1
�2
�2
5
u
5
2 − 1
�2
�2
3
u
3
2 + C
=
1
5
u
5
2 − 1
3
u
3
2 + C
=
1
5
(1 + x2)
5
2 − 1
3
(1 + x2)
3
2 + C.
�
Para a integral de�nida podemos proceder de forma análoga, mas com uma adição: devemos determinar
os novos limites de integração. Tendo isso em mente, vamos demonstrar o seguinte teorema:
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Teorema 2. Sejam f, g funções de�nidas em um intervalo [a, b]. Se g for derivável e g′ for contínua em
[a, b] e f for contínua na imagem de u = g(x), então∫ b
a
f(g(x)) · g′(x) dx =
∫ g(b)
g(a)
f(u) du. (1)
Demonstração: Seja F uma primitiva de f . Pela Proposição 1, sabemos que F (g(x)) é uma primitiva de
f(g(x)).g′(x). Logo, pelo TFC, obtemos∫ b
a
f(g(x)) · g′(x) dx = F (g(x))
∣∣∣∣b
a
= F (g(b))− F (g(a)), (2)
e note que ∫ g(b)
g(a)
f(u) du = F (u)
∣∣∣∣∣
g(b)
g(a)
= F (g(b))− F (g(b)). (3)
Comparando (2) e (3), temos (1).
�
Vejamos alguns exemplos de utilização desse teorema.
Exemplo 13. Calcule
∫ 4
0
√
2x+ 1 dx.
Solução: Fazendo a substituição
u = 2x+ 1,
temos que
du = 2 dx,
e também que
x = 0⇒ u = 1
x = 4⇒ u = 9.
Desse modo, ∫ 4
0
√
2x+ 1 dx =
2
2
∫ 4
0
√
2x+ 1 dx =
1
2
∫ 4
0
√
2x+ 12 dx
=
1
2
∫ 9
1
√
u du =
1
2
u
3
2
3
2
∣∣∣∣∣
9
1
=
1
�2
�2
3
u
3
2
∣∣∣∣9
1
=
1
3
(
√
93 −
√
13)
=
1
3
(27− 1) =
26
3
.
�
Observação 1. Note que podemos resolver a integral do exemplo acima calculando a integral inde�nida e
depois substituindo os limites de integração.
Exemplo 14. Calcule
∫ e
1
ln x
x
dx
Solução: Fazendo a substituição
u = ln x,
7
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teremos que
du =
1
x
dx
x = e ⇒ u = 1
x = 1 ⇒ u = 0.
Logo, ∫ e
1
ln x
x
dx =
∫ 1
0
u du =
u2
2
∣∣∣∣1
0
=
12
2
− 02
2
=
1
2
.
�
Exemplo 15. Calcule
∫ 2
1
e
1
x
x2
dx.
Solução: Fazendo u =
1
x
, temos que
du = − 1
x2
dx
x = 1 ⇒ u = 1
x = 2 ⇒ u =
1
2
.
Logo, ∫ 2
1
e
1
x
x2
dx = −
∫ 1
2
1
eu du =
∫ 1
1
2
eu du = eu
∣∣∣∣∣
11
2
= e−
√
e.
�
Exemplo 16. Calcule
∫ π
2
0
cosx sen(senx) dx.
Solução: Fazendo a substituição u = senx, temos que
du = cosxdx
x = 0 ⇒ u = 0
x =
π
2
⇒ u = 1.
Logo, ∫ π
2
0
cosx sen(senx) dx =
∫ 1
0
sen u du = − cosu
∣∣∣∣1
0
= − cos 1 + cos 0 = 1− cos 1.
�
Exemplo 17. Calcule
∫ 1
0
dx
(1 +
√
x)4
dx.
Solução: Fazendo a substituição u = 1 +
√
x, temos que
du =
1
2
√
x
dx ⇔ dx = 2
√
x du ⇔ dx = 2(u− 1) du,
e também que
x = 0⇒ u = 1 e x = 1⇒ u = 2.
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Logo, ∫ 1
0
dx
(1 +
√
x)4
dx =
∫ 2
1
2(u− 1)
u4
du =
∫ 2
1
2
u3
du−
∫ 2
1
2
u4
du
= − �2
�2u2
∣∣∣∣2
1
+
2
3u3
∣∣∣∣∣
2
1
= − 1
u2
∣∣∣∣2
1
+
2
3u3
∣∣∣∣∣
2
1
= −1
4
+ 1 +
1
12
− 2
3
=
1
6
.
�
Proposição 2. Seja f uma função contínua em [−a, a].
(i) Se f é ímpar, então
∫ a
−a
f(x) dx = 0;
(ii) Se f é par, então
∫ a
−a
f(x) dx = 2
∫ a
0
f(x) dx.
Demonstração
(i) Note que ∫ a
−a
f(x) dx =
∫ 0
−a
f(x) dx+
∫ a
0
f(x) dx = −
∫ −a
0
f(x) dx+
∫ a
0
f(x) dx.
Como f é ímpar, então∫ a
−a
f(x) dx = −
∫ −a
0
f(x) dx+
∫ a
0
f(x) dx =
∫ −a
0
f(−x) dx+
∫ a
0
f(x) dx.
Utilizando a substituição u = −x, temos que
du = −dx
x = 0⇒ u = 0
x = −a⇒ u = a.
Logo, ∫ a
−a
f(x) dx = −
∫ a
0
f(u) du+
∫ a
0
f(x) dx.
Agora, entendendo que o valor da integral de f em um intervalo independe do símbolo usado para
representar a variável independente, pois∫ b
a
f(x) dx =
∫ b
a
f(u) du =
∫ b
a
f(s) ds =
∫ b
a
f(�) d�,
temos que,∫ a
−a
f(x) dx = −
∫ a
0
f(u) du+
∫ a
0
f(x) dx = −
∫ a
0
f(x) dx+
∫ a
0
f(x) dx = 0.
(ii) Se f é par, então f(−x) = f(x). Logo,∫ a
−a
f(x) dx =
∫ 0
−a
f(x) dx+
∫ a
0
f(x) dx =
∫ 0
−a
f(−x) dx+
∫ a
0
f(x) dx.
Fazendo a mesma substituição do item anterior, temos que∫ a
−a
f(x) dx = −
∫ 0
a
f(u) du+
∫ a
0
f(x) dx =
∫ a
0
f(u) du+
∫ a
0
f(x) dx
=
∫ a
0
f(x) dx+
∫ a
0
f(x) dx = 2
∫ a
0
f(x) dx.
9
Cálculo I Aula nº 25
�
Exemplo 18. Calcule
∫ 1
−1
x
√
x4 + 3 dx.
Solução: Note que a função f(x) = x
√
x4 + 3 é ímpar, pois
f(−x) = −x
√
(−x)4 + 3 = −x
√
x4 + 3 = −f(x).
Logo, pela proposição anterior, ∫ 1
−1
x
√
x4 + 3 dx = 0.
�
Exemplo 19. Calcule
∫ 2
−2
(x6 + 1) dx.
Solução: Note que a função g(x) = x6 + 1 é par, pois
g(−x) = (−x)6 + 1 = x6 + 1 = g(x).
Logo, pela proposição anterior, temos que∫ 2
−2
(x6 + 1) dx = 2
∫ 2
0
(x6 + 1) dx = 2
[
x7
7
+ x
]∣∣∣∣2
0
= 2
(
27
7
+ 2
)
=
284
7
.
�
2 Integração por Partes
Suponhamos agora f e g deriváveis em um intervalo I. Logo, segue da regra do produto que
(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).
Integrando no intervalo I, temos que∫
(f(x)g(x))′ dx =
∫
(f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)) dx
f(x)g(x) =
∫
f ′(x)g(x) dx+
∫
f(x)g′(x) dx,
e assim, obtemos a regra de integração conhecida como integração por partes, que é dada por∫
f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)−
∫
f ′(x)g(x) dx. (4)
Fazendo u = f(x) e v = g(x), temos que du = f ′(x) dx e dv = g′(x) dx. Assim, a regra de integração
por partes também pode ser escrita como∫
u dv = uv −
∫
v du.
Vejamos alguns exemplos de aplicação dessa técnica.
Exemplo 20. Determine
∫
x cosx dx.
Solução: Escolhendo u = x e dv = cosx dx, temos que
du = dx e v = senx.
Logo, ∫
x cosx dx = x senx−
∫
senx dx = x senx+ cosx+ C.
�
10
Cálculo I Aula nº 25
Exemplo 21. Calcule
∫
x2 senx dx.
Solução: Escolhendo u = x2 e dv = senx dx, obtemos
du = 2x dx e v = − cos x.
Logo, ∫
x2 senx dx = −x2 cosx+ 2
∫
x cosx dx.
Utilizando o exemplo anterior, temos que∫
x2 senx dx = −x2 cosx+ 2x senx+ 2 cosx+ C.
�
Exemplo 22. Calcule
∫
arctgx dx.
Solução: Tomando u = arctgx e dv = 1 dx, temos que
du =
1
1 + x2
dx e v = x.
Logo, ∫
arctgx dx = x arctgx−
∫
x
1 + x2
dx.
Fazendo w = 1 + x2, obtemos dw = 2x dx, e assim∫
x
1 + x2
dx =
1
2
∫
1
w
dw =
1
2
ln w + C =
1
2
ln (1 + x2) + C.
Por �m, temos que ∫
arctgx dx = x arctgx− 1
2
ln (1 + x2) + C.
�
Exemplo 23. Calcule
∫
p5 ln p dp.
Solução: Escolhemos u = ln p e dv = p5 dp. Então
du =
1
p
dp e v =
p6
6
.
Logo, ∫
p5 ln p dp =
p6 ln p
6
− 1
6
∫
p�6
1
�p
dp =
p6 ln p
6
− 1
6
∫
p5 dp =
p6 ln p
6
− p6
36
+ C.
�
Exemplo 24. Calcule
∫
ln x dx.
Solução: Vamos considerar u = ln x e dv = 1 dx. Logo, obtemos que
du =
1
x
dx e v = x.
Logo, ∫
ln x dx = x ln x−
∫
�x
1
�x
dx = x ln x−
∫
dx = x ln x− x+ C.
�
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Cálculo I Aula nº 25
Exemplo 25. Calcule
∫
ex cosx dx.
Solução: Escolhemos u = ex e dv = cosx dx. Logo,
du = ex dx e v = senx.
Então, ∫
ex cosx dx = ex senx−
∫
ex senx dx. (5)
Agora, aplicando a integração por partes na integral do segundo membro da equação acima, escolhemos
u = ex e dv = senx dx. Logo,
du = ex dx e v = − cosx.
Sendo assim, temos que ∫
ex senx dx = −ex cosx+
∫
ex cosx dx. (6)
Substituindo (6) em (5), obtemos que∫
ex cosx dx = ex senx+ ex cosx−
∫
ex cosx dx.
Logo,
2
∫
ex cosx dx = ex senx+ ex cosx,
garantindo que ∫
ex cosx dx =
1
2
(ex senx+ ex cosx) + C.
�
Exemplo 26. Calcule
∫
(ln x)2 dx.
Solução: Para essa questão podemos resolver escolhendo u = (ln x)2 e dv = 1 dx. Logo,
du =
2 ln x
x
dx e v = x,
e assim, ∫
(ln x)2 dx = x(ln x)2 −
∫
2 ln x
�x
�x dx = x(ln x)2 −
∫
2 ln x dx.
Utilizando o Exemplo 24, temos que∫
(ln x)2 dx = x(ln x)2 − 2x ln x+ 2x+ C.
�
Antes dos próximos exemplos, se faz necessário determinar a integração por partes para integrais
de�nidas. A prova desse resultado é análoga ao do início desta seção. Supondo f, g funções com derivadas
contínuas em um intervalo [a, b], então vale∫ b
a
f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)
∣∣∣∣b
a
−
∫ b
a
f ′(x)g(x) dx.
Da mesma forma, podemos reescrever a fórmula acima como∫ b
a
u dv = u(x)v(x)
∣∣∣∣b
a
−
∫ b
a
v du.
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Cálculo I Aula nº 25
Exemplo 27. Calcule
∫ 3
1
x3 ln x dx.
Solução: Escolhendo u = ln x e dv = x3 dx, temos que
du =
1
x
dx e v =
x4
4
.
Logo, ∫ 3
1
x3 ln x dx =
1
4
x4 ln x
∣∣∣∣3
1
− 1
4
∫ 3
1
x�4
1
�x
dx
=
81 ln 3
4
− 1
4
∫ 3
1
x3 dx =
81 ln 3
4
− 1
16
(81− 1)
=
81 ln 3
4
− 5.
�
Exemplo 28. Calcule
∫ 1
2
0
arcsenx dx.
Solução: Escolhemos u = arcsenx e dv = 1 dx. Logo,
du =
1√
1− x2
dx e v = x.
Desse modo, ∫ 1
2
0
arcsenx dx = x.arcsenx
∣∣∣∣∣
1
2
0
−
∫ 1
2
0
x√
1− x2
dx.
Aplicando uma substituição de w = 1− x2, temos que dw = −2x dx e também que x = 0⇒ w = 1 e
x =
1
2
⇒ w =
3
4
. Logo,
∫ 1
2
0
x√
1− x2
dx = −1
2
∫ 3
4
1
1√
w
dw
= −1
2
∫ 3
4
1
w−
1
2 dw
= −1
�2
· �2w
1
2
∣∣∣∣ 34
1
= −
√
3
2
+ 1.
Dessa forma, obtemos∫ 1
2
0
arcsenx dx =
1
2
arcsen
(
1
2
)
+
√
3
2
− 1 =
π
12
+
√
3
2
− 1.
�
Exemplo 29. Calcule
∫ 1
0
t cosh t dt.
Solução: Escolhendo u = t e dv = cosh t dt, temos que
du = dt e v = senh t.
Logo, ∫ 1
0
t cosh t dt = tsenh t
∣∣∣∣1
0
−
∫ 1
0
senh t dt = senh 1− cosh(1) + cos(0) = 1− 1
e
.
�
13
Cálculo I Aula nº 25
Exemplo 30. Calcule
∫ π
0
ecos t sen 2t dt.
Solução: Primeiramente, faremos uma substituição antes de utilizar a integração por partes. Note que
sen 2t = 2 sen t cos t. Logo, ∫ π
0
ecos t sen 2t dt =
∫ π
0
ecos t2 sen t cos t. dt
Então, fazendo w = cos t, temos que dw = − sen t dt, e também que t = 0 ⇒ w = 1 e t = π ⇒ u =
−1. Desse modo, ∫ π
0
ecos t sen 2t dt =
∫ π
0
ecos t2 sen t cos t dt = 2
∫ 1
−1
wew dw.
Agora, utilizando a integração por partes com u = w e dv = ew dw, obtemos que
du = dw e v = ew.
Dessa forma, ∫ 1
−1
wew dw = wew
∣∣∣∣1
−1
−
∫ 1
−1
ew dw = �e+
1
e
− �e+
1
e
=
2
e
.
Sendo assim, ∫ π
0
ecos t sen 2t dt =
4
e
.
�
Resumo
Faça um resumo dos principais resultados vistos nesta aula, destacando as de�nições dadas.
Aprofundando o conteúdo
Leia mais sobre o conteúdo desta aula nas páginas 369− 374 e 420− 423 do livro texto.
Sugestão de exercícios
Resolva os exercícios das páginas 374− 375 e 223− 225 na seção de apêndices do livro texto.
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