EXERCICIOS RESOLVIDOS 2

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1S17 EB101-Resolvidos
Cálculo I (Universidade Estadual de Campinas)
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Exerćıcios Resolvidos de Cálculo Diferencial e Integral
Primeiro semestre de 2017
Disciplinas: EB101A - TT120A - EB101C - TT120C - Prof. José Carlos Magossi
1 Limites para funções de uma variável
Exerćıcio 1. Calcular lim
x→+∞
x√
x2−1
.
Preparação
• Note que x√
x2
≈ x
|x| .Se x → +∞ então
√
x2 = x e x√
x2
= x
x
= 1. Portanto, lim
x→+∞
x√
x2
= 1
• lim
x→+∞
1
x2 = 0
• Dividir o numerador e o denominador de x√
x2−1
por
√
x2.
x√
x2√
x2+1√
x2
=⇒
x√
x2√
x2+1√
x2
=⇒
x√
x2
√
x2
x2 + 1
x2
=⇒
x√
x2
√
1+ 1
x2
Desenvolvimento
lim
x→+∞
x√
x2−1
=⇒ lim
x→+∞
x√
x2
√
1+ 1
x2
=⇒
lim
x→+∞
x√
x2
lim
x→+∞
√
1 + 1
x2
=⇒
1
√
lim
x→+∞
(1 + 1
x2 )
=⇒ 1
√
lim
x→+∞
1 + lim
x→+∞
1
x2
=⇒ 1√
1 + 0
= 1
Resposta
lim
x→+∞
x√
x2−1
= 1
Exerćıcio 2. Calcular lim
h→0
cosh−1
h
.
Preparação
• sin2 h+ cos2 h = 1 =⇒ sin2 h = 1− cos2 h
• cosh−1
h
= (cosh−1)(cosh+1)
h(cosh+1) = cos2 h−1
h(cosh+1) =
−(1−cos2 h)
h(cosh+1) = − sin2 h
h(cosh+1) =
− sinh
h
sinh
cosh+1
• lim
h→0
sinh
h
= 1
Desenvolvimento
lim
h→0
cosh−1
h
=⇒ ... =⇒ lim
h→0
− sinh
h
sinh
cosh+1 =⇒ lim
h→0
− sinh
h
. lim
h→0
sinh
(1+cosh) =⇒ − lim
h→0
sinh
h
. lim
h→0
sinh
(1+cosh)
Como lim
h→0
sinh
h
= 1, então
− lim
h→0
sinh
h
. lim
h→0
sinh
(1+cosh) = −1. 0
1+1 =⇒ −1.0 = 0
Resposta
lim
h→0
cosh−1
h
= 0.
1
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Exerćıcio 3. Calcular lim
x→a
3
√
x− 3
√
a
x− a
.(a > 0)
Preparação
• Fazer mudança de variáveis.
Seja x = t3. Se x −→ a então t3 → a e então t −→ 3
√
a.
O limite pode, então, ser reescrito como lim
t→ 3
√
a
3
√
t3 − 3
√
a
t3 − a
• a = ( 3
√
a)
3
• (A3 −B3) = (A−B)(A2 +AB +B2)
Desenvolvimento
lim
t→ 3
√
a
t− 3
√
a
t3 − a
=
lim
t→ 3
√
a
t− 3
√
a
t3 − ( 3
√
a)
3 onde a = ( 3
√
a)
3
lim
t→ 3
√
a
(t− 3
√
a)
(t− 3
√
a) (t2 + t 3
√
a+ ( 3
√
a)
2
)
=
lim
t→ 3
√
a
1
t2 + t 3
√
a+ a
2
3
=
1
( 3
√
a)
2
+ 3
√
a 3
√
a+ a
2
3
=
1
a
2
3 + a
1
3 .a
1
3 + a
2
3
=
1
a
2
3 + a
2
3 + a
2
3
=
1
3a
2
3
(ou
1
3
3
√
a2
).
Resposta
lim
x→a
3
√
x− 3
√
a
x− a
=
1
3
3
√
a2
.
Exerćıcio 4. Calcule lim
h→0
f(x+h)−f(x)
h
para f(x) = sinx. Sugestão: sin(a + b) = sin a. cos b +
sin b. cos a
Preparação
• f(x+h)−f(x)
h
= sin(x+h)−sin x
h
= sin x cosh+sinh cos x−sin x
h
= sin x(cosh−1)+sinh cos x
h
= sin x(cosh−1)
h
+
sinh cos x
h
• lim
h→0
cosh−1
h
= 0
• lim
h→0
sinh
h
= 1
2
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Desenvolvimento
lim
h→0
f(x+h)−f(x)
h
=⇒ lim
h→0
sin(x+h)−sin x
h
=⇒ ... =⇒ lim
h→0
sin x(cosh−1)
h
+ lim
h→0
sinh cos x
h
=⇒ lim
h→0
sinx. lim
h→0
cosh−1
h
+ lim
h→0
sinh
h
. lim
h→0
cosx
=⇒ sinx.0 + 1. cosx =⇒ 0 + cosx
=⇒ cosx
Resposta
lim
h→0
f(x+h)−f(x)
h
=⇒ lim
h→0
sin(x+h)−sin x
h
= cosx
Exerćıcio 5. Calcular o limite lim
x→0
1−cos x
sin x
lim
x→0
1−cos x
x
sin x
x
=⇒ lim
x→0
0
1 = 0. Desde que lim
x→0
1−cos x
x
= 0 e lim
x→0
sin x
x
= 1
Exerćıcio 6. Calcular lim
x→0
ex − 1
x
Observação 1: lim
x→0
(1 + x)
1
x = e.
Seja (ex − 1 = t) =⇒ (ex = t + 1) =⇒ (ln ex = ln(t + 1)) =⇒ (x ln e = ln(t + 1)) =⇒ (x =
ln(t+ 1)).
Quando (x −→ 0) =⇒ (ex −→ 1) =⇒ (t −→ 0).
=⇒ lim
t→0
t
ln(t+ 1)
=⇒ lim
t→0
1
1
t
ln(1 + t)
=⇒
lim
t→0
1
lim
t→0
1
t
ln(1 + t)
=⇒ 1
lim
t→0
ln(1 + t)
1
t
=⇒ 1
ln

lim
t→0
ln(1 + t)
1
t


=⇒ 1
ln e
=⇒ 1
1
= 1
Exerćıcio 7. lim
x→2
5x − 25
x− 2
Seja [t = (5x − 25)] =⇒ [t+ 25 = 5x] =⇒ [ln(t+ 25) = ln 5x] =⇒ [x ln 5 = ln(t+ 25)] =⇒ x =
ln(t+ 25)
ln 5
.
Quando (x −→ 2) =⇒ (5x −→ 25) =⇒ (t −→ 0).
O limite pode então ser reescrito como:
lim
t→0
t
ln(t+ 25)
ln 5
− 2
=⇒ lim
t→0
t
ln(t+ 25)− 2 ln 5
ln 5
=⇒ lim
t→0
ln 5.t
ln(t+ 25)− ln 52
=⇒ lim
t→0
ln 5.t
ln
(
t+ 25
25
) =⇒ ln 5. lim
t→0
t
ln
(
1 +
t
25
) =⇒ ln 5. lim
t→0
1
1
t
ln
(
1 +
t
25
)
=⇒ ln 5.
lim
t→0
1
lim
t→0
ln
(
1 +
t
25
)
1
t
=⇒ ln 5.
1
ln



lim
t→0
(
1 +
t
25
)
1
t



3
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Observação: Cálculo do lim
t→0
(
1 +
t
25
)
1
t
.
Seja x =
t
25
=⇒ t = 25x
lim
x→0
(1 + x)
1
25x
=⇒ Quando (t −→ 0) =⇒ (x −→ 0).
lim
x→0

(1 + x)
1
x


1
25
=⇒

 lim
x→0
(1 + x)
1
x


1
25
=⇒ e
1
25 .
Fim da observação.
Retornando ao limite.
∴ ln 5.
1
ln



lim
t→0
(
1 +
t
25
)
1
t



⇒ ln 5.
1
ln e
1
25
=⇒ ln 5
1
25 ln e
=⇒ ln 5
1
25
=⇒ 25 ln 5
Portanto, lim
x→2
5x − 25
x− 2
= 25 ln 5.
1.1 Funções cont́ınuas
Exerćıcio 8. Analise a continuidade de f(x) =
{
x− |x|
x
, se x 6= 0
1, se x = 0
Solução:
Primeira Parte: Analisar a continuidade para todo valor de x maior do que 0.
Seja x = b, para b > 0.
i f(b) =
b− |b|
b
=
b− b
b
=
0
b
= 0 . Note que para b > 0 se tem que |b| = b.
ii lim
x−→b
f(x) = lim
x−→b
x− |x|
x
=
b− |b|
b
=
b− b
b
=
0
b
= 0
iii lim
x−→b
f(x) = f(b)
Portanto f(x) é cont́ınua para todo valor de x maior do que 0.
Segunda parte: Analisar para todo valor de x menor do que 0.
Seja x = a, para a

A+ C = 0
−3A+B = 2
−3B + C = 5
C = −A =⇒



−3B + C = 5
−3B −A = 5
A = −3B − 5
Como 3A+B = 2 =⇒ −3(−3B − 5) +B = 2 =⇒ 9B + 15 +B = 2 =⇒ 10B = 2− 15
10B = −13 =⇒ B =
−13
10
∴ A = −3
(−13
10
)
− 5 =
39
10
− 5 =
39− 50
10
=
−11
10
∴ C =
11
10
A =
−11
10
; B =
−13
10
e C =
11
10
∴
2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
=
−11
10
x− 13
10
x2 + 1
+
11
10
x− 3
51
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2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
=
− 1
10
(11x− 13)
x2 + 1
+
11
10
· 1
x− 3
2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
= − 1
10
(11x− 13)
x2 + 1
+
11
10
· 1
x− 3
II
∫ x
x2 + 1
dx
u = x2 + 1 =⇒ du = 2 dx =⇒ x dx =
du
2
∫ 1
u
du
2
=
1
2
∫ 1
u
du =
1
2
ln |u|+ C
∴
∫ x
x2 + 1
du =
1
2
ln |x2 + 1|+ C
III
∫ 11x− 13
x2 + 1
dx
∫ 11x− 13
x2 + 1
dx =
∫ 11x
x2 + 1
dx−
∫ 13
x2 + 1
dx
11
∫ x
x2 + 1
dx− 13
∫ 1
x2 + 1
dx
11
2
ln |x2 + 1| − 13 arctanx+ C
IV
∫ x
x− 3
dx
u = x− 3 =⇒ du = dx
∫ 1
u
du = ln |u|+ C
∴
∫ 1
x− 3
dx = ln |x− 3|+ C
Ao exerćıcio:
∫ 2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
dx =
∫
[
− 1
10
(11x− 13)
x2 + 1
+
11
10
1
x− 3
]
dx
∫ 2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
dx = − 1
10
∫ 11x− 13
x2 + 1
dx+
11
10
∫ 1
x− 3
dx
52
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− 1
10
[
11
2
ln
∣
∣x2 + 1
∣
∣− 13 arctanx
]
+
11
10
[ln |x− 3|]
∴
∫ 2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
dx = −11
20
ln
∣
∣x2 + 1
∣
∣+
13
10
arctanx+
11
10
ln |x− 3|+ C
Exerćıcio 79. Calcular
∫ 1− x
x2 + x− 12
dx. Utilizar frações parciais.
Solução:
1− x
(x− 3) (x+ 4)
=
A
x− 3
+
B
x+ 4
1− x
(x− 3) (x+ 4)
=
A (x+ 4) +B (x− 3)
(x− 3) (x+ 4)
1− x = Ax+ 4A+Bx− 3B
1− x = (A+B)x+ (4A− 3B)
{
−1 = A+B
1 = 4A− 3B
Seja A = −B − 1.
1 = 4 (−B − 1)− 3B
1 = −4B − 4− 3B
1 + 4 = −7B
−7B = 5
B =
−5
7
−1 = A+B
−1 = A− 5
7
−1 +
5
7
= A
A =
−2
7
∴
∫ 1− x
(x− 3) (x+ 4)
dx =
∫



−2
7
(x− 3)
+
−5
7
(x+ 4)



dx
=
∫
−2
7
(x− 3)
dx+
∫
−5
7
(x+ 4)
dx
= −2
7
∫ 1
x− 3
dx− 5
7
∫ 1
x+ 4
dx
53
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−2
7
ln |x− 3| − 5
7
ln |x+ 4|+ C 13
3.4 Substituição trigonométrica
Exerćıcio 80. Calcular
∫ 3
0
√
9− x2 dx
Resposta:
• h = x
• c = 3
• b =
√
9− x2
32 = x2 + (b)
2
(b)
2
= 9− x2
b =
√
9− x2
sin θ =
x
3
cos θ =
√
9− x2
3
3 cos θ =
√
9− x2
∴ Seja x = 3 sin θ
dx
dθ
= 3 cos θ −→ dx = 3 cos θ dθ
∫ √
9− x2dx =
∫
√
9− 9 sin2 θ · 3 cos θ dθ =⇒
∫
√
9
(
1− sin2 θ
)
3 cos θdθ
∫ √
9 (cos2 θ)3 cos θ dθ
∫
3
√
cos2 θ3 cos θ dθ =⇒ 9
∫
√
cos2 θ cos θ dθ
Obs:
Quando



x = 0 =⇒ 3 sin θ = 0 e sin θ = 0, ∴ θ = 0
x = 3 =⇒ 3 sin θ = 3 e sin θ = 1, ∴ θ =
π
2
∫ 3
0
√
9− x2dx =
∫ π
2
0
9
√
cos2 θ cos θdθ =⇒ 9
∫ π
2
0
√
cos2 θ cos θ dθ 14
9 ·
∫ π
2
0
cos θ. cos θ dθ =⇒ 9
∫ π
2
0
cos2 θ dθ
13









∫ 1
x+ 4
dx −→ u = x+ 4 =⇒ du = dx =⇒
∫ 1
u
du = ln |u|+ C ∴
∫ 1
x+ 4
du = ln |x+ 4|+ C
∫ 1
x− 3
dx −→ u = x− 3 =⇒ du = dx =⇒
∫ 1
u
du = ln |u|+ C ∴
∫ 1
x− 3
du = ln |x− 3|+ C
14Como 0 ≤ θ ≤ π
2
=⇒ cos θ é positivo =⇒
√
1− sin2 θ =
√
cos2 θ = cos θ.
54
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9 ·
[
θ
2
+
sin (2θ)
4
]
π
2
0
9
[
π
2
· 1
2
+
1
4
sin
(
2
π
2
)
−
(
0
2
+
sin(0)
4
)]
9
[π
4
+ 0− 0
]
−→ 9π
4
Portanto
∫ 3
0
√
9− x2 dx =
9π
4
.
4 Integrais Definidas
Exerćıcio 81. Encontrar o valor de
∫ 2
1
x
√
x− 1dx.
Solução: Será exposto três modos diferentes de solucionar o exerćıcio.
a) Via mudança de variáveis
Seja t =
√
x− 1 ⇒ t2 = x− 1 ⇒ x = t2 + 1 ⇒ dx = 2tdt .
∫ 2
1
x
√
x− 1dx =
∫ 2
1
(t2 + 1)t.2t.dt =
∫ 2
1
(t2 + 1)2t2dt =
∫ 2
1
(2t4 + 2t2).dt =
[ 2t
5
5 + 2t3
3 ]21 = [ 2(
√
x−1)5
5 + 2(
√
x−1)3
3 ]21 = [ 2(
√
2−1)5
5 + 2(
√
2−1)3
3 ]− [ 2(
√
1−1)5
5 + 2(
√
1−1)3
3 ] =
= [ 25 + 2
3 ]− [0]
= 16
15
Portanto,
∫ 2
1
x
√
x− 1dx = 16
15 .
b) Via mudança de variáveis
Solução:
Seja t = x− 1 ⇒ t+ 1 = x ⇒ dx = dt .
∫ 2
1
x
√
x− 1dx =
∫ 2
1
(t+ 1)
√
tdt =
∫ 2
1
(t+ 1)t
1
2 dt =
∫ 2
1
(t
3
2 + t
1
2 )dt =
[ t
5
2
5
2
+ t
3
2
3
2
]21 = [ (x−1)
5
2
5
2
+ (x−1)
3
2
3
2
]21 = [ 2(x−1)
5
2
5 + 2(x−1)
3
2
3 ]21 =
[ 2(2−1)
5
2
5 + 2(2−1)
3
2
3 ]− [ 2(1−1)
5
2
5 + 2(1−1)
3
2
3 ] = [ 25 + 2
3 ]− [0] = 16
15 .
Portanto,
∫ 2
1
x
√
x− 1dx = 16
15 .
c) Integração por partes:
∫
u.dv = u.v −
∫
v.du
Solução:
Sejam:
• u = x ⇒ du = dx
• dv =
√
x− 1dx ⇒ v = 2
3 (x− 1)
3
2
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∫
x
√
x− 1dx = x. 23 (x− 1)
3
2 −
∫
2
3 (x− 1)
3
2 du
∫
x
√
x− 1dx = x. 23 (x− 1)
3
2 − 2
3
∫
(x− 1)
3
2 du
∫
x
√
x− 1dx = x. 23 (x− 1)
3
2 − 2
3 [
2
5 (x− 1)
5
2 ]
∫
x
√
x− 1dx = x. 23 (x− 1)
3
2 − 4
15 (x− 1)
5
2 .
Portanto,
∫ 2
1
x
√
x− 1dx = [x. 23 (x− 1)
3
2 − 4
15 (x− 1)
5
2 ]21
∫ 2
1
x
√
x− 1dx = [2. 23 (2− 1)
3
2 − 4
15 (2− 1)
5
2 ]− [1. 23 (1− 1)
3
2 − 4
15 (1− 1)
5
2 ]
∫ 2
1
x
√
x− 1dx = [ 43 − 4
15 ]− [0]
∫ 2
1
x
√
x− 1dx = 20−4
15 = 16
15
Exerćıcio 82. Calcular
∫ 1
0
x4e3xdx.
Solução: Resolver via integração por partes:
∫
udv = uv −
∫
vdu
∫
x4e3xdx
15
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
−
∫ e3x
3
4x3dx
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
∫
e3xx3dx 16
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
∫ e3x
3
3x2dx
]
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
∫
exx2dx
]
17
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
[
x2 e
3x
3
−
∫ e3x
3
2xdx
]]
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
[
x2 e
3x
3
− 2
3
∫ e3x
3
xdx
]]
18
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
[
x2 e
3x
3
− 2
3
[
x
e3x
3
−
∫ e3x
3
dx
]]]
16



u = x3 −→ du = 3x2dx
dv = e3xdx −→ v =
e3x
3
17



u = x2 −→ du = 2xdx
dv = e3xdx −→ v =
e3x
3
18



u = x −→ du = dx
dv = e3xdx −→ v =
e3x
3
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∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
[
x2 e
3x
3
− 2
3
[
x
e3x
3
− 1
3
∫
e3xdx
]]]
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
[
x2 e
3x
3
− 2
3
[
x
e3x
3
− 1
3
e3x
3
]]]
+ C
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
−
[
x2 e
3x
3
− 2x
e3x
9
+
2
27
e3x
]]
+ C
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4
3
[
x3 e
3x
3
− x2 e
3x
3
+ 2x
e3x
9
− 2
27
e3x
]
+ C
∫
x4e3xdx = x4 e
3x
3
− 4x3 e
3x
9
+ 4x2 e
3x
9
− 8x
e3x
27
+
8
81
e3x + C
∫ 1
0
x4e3xdx =
[
14
e3.1
3
− 4.13
e3.1
9
+ 4.12
e3.1
9
− 8.1
e3.1
27
+
8
81
e3.1
]
−
[
10
e3.0
3
− 4.03
e3.0
9
+ 4.02
e3.0
9
− 8.0
e3.0
27
+
8
81
e3.0
∫ 1
0
x4e3xdx =
[
e3
3
− 4
e3
9
+ 4
e3
9
− 8
e3
27
+
8
81
e3
]
−
[
+
8
81
e0
]
∫ 1
0
x4e3xdx =
[
e3
3
− 4
e3
9
+ 4
e3
9
− 8
e3
27
+
8
81
e3 − 8
81
]
∫ 1
0
x4e3xdx = e3
[
1
3
− 8
27
+
8
81
]
− 8
81
∫ 1
0
x4e3xdx = e3
[
27
81
− 24
81
+
8
81
]
− 8
81
∫ 1
0
x4e3xdx = e3
11
81
− 8
81
∫ 1
0
x4e3xdx =
11e3
81
− 8
81
Exerćıcio 83.
∫ 1
0
e
√
2x+1dx
Resposta:
∫ 1
0
e
√
2x+1dx =
[
e
√
2x+1
(√
2x+ 1− 1
)
]1
0
(ver exerćıcio anterior)
e
√
3
(√
3− 1
)
− e
(√
1− 1
)
= e
√
3
(√
3− 1
)
57
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4.1 Áreas
Exerćıcio 84. Encontrar a área da região limitada pela curva y = x2, o eixo x e as retas x = 0
e x = 1. Utilizar retângulos inscritos.
Resposta:
I Comentários.Seja:



















x0 = 0
x1 = x0 + h
x2 = x1 + h
x3 = x2 + h
...
xn = xn−1 + h
xn = 1
. Ou seja:



















x0 = 0
x1 = x0 + h
x2 = (x0 + h) + h
x3 = (x0 + h+ h) + h
...
xn = (x0 + h+ ...+ h) + h
xn = 1
−→































x0 = 0
x1 = x0 + h
x2 = x0 + 2h
x3 = x0 + 3h
x4 = x0 + 4h
...
xi = x0 + ih
...
xn−1 = x0 + (h− 1) .h
xn = x0 + n.h
Como xn = 1 e x0 = 0 e xn = x0 + n.h =⇒ 1 = 0 + (n)h =⇒ h =
1− 0
n
. Ou seja,
h =
xn − x0
n
II Generalização
Obs: Seja [a, b] um intervalo fechado sob y = x2. O intervalo [a, b] pode ser particionado em n
subintervalos de comprimento h, fazendo h =
b− a
n
=
xn − x0
n
. Neste caso x0 = a, xn = b e
xn = x0 + n.h .
Para cada subintervalo i, seja ki o menor valor de x ∈ [xi−1, xi] .Então f (ki) · hi fornece a
área do retângulo inscrito no i-ésimo intervalo. A soma de todos os retângulos inscritos entre
x0 = a e xn = b, fornecerá uma área aproximada da região sob a curva y = f(x).
Área aproximada = f (k1) · (x1 − x0) + f (k2) · (x2 − x1) + ...+ f (kn) (xn − xn−1)
∴Área Aproximada =
n
∑
i=1
f (ki) · (xi − xi−1) =
n
∑
i=1
f (ki) · h
58
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Quanto maior for o número de subintervalos19, mais precisa será o valor da área entre x0 = a
e xn = b sob y = f(x) (e acima de y = 0).
∴ lim
h→0
n
∑
i=1
f (ki) · h é a área procurada.
III Ao exerćıcio:
x0 = 0 e xn = 1 =⇒ h =
1− 0
n
=
1
n
Área Aproximada = f (k1) ·
1
n
+ f (k2) ·
1
n
+ ...+ f (kn) ·
1
n
.
Seja ki o valor de xi−1. Como f é crescente, em qualquer subintervalo [xi−1, xi] o valor de
f (xi−1) é o menor.
{
xi−1 = x0 + (i− 1) · h
xi−1 = 0 + (i− 1) · 1
n
xi−1 =
(i− 1)
n
=⇒ f (xi−1) =
[
(i− 1)
n
]2
=⇒ f (xi−1) =
(i− 1)
2
n2
∴Área Aproximada =
n
∑
i=1
f (xi−1) · h =
n
∑
i=1
(i− 1)
2
n2
· 1
n
=⇒
n
∑
i=1
(i− 1)
2
n3
1
n3
n
∑
i=1
(i− 1)
2
=⇒ 1
n3
n
∑
i=1
(
i2 − 2i+ 1
)
=⇒ 1
n3
[
n
∑
i=1
i2 − 2
n
∑
i=1
i+
n
∑
i=1
1
]
1
n3
[
n (n+ 1) (2n+ 1)
6
− 2
n (n+ 1)
2
+ n
]
=⇒ 1
n3
[
(
n2 + n
)
(2n+ 1)− 6
(
n2 + n
)
+ 6n
6
]
1
n3
[
2n3 + n2 + 2n2 + n− 6n2 − 6n+ 6n
6
]
=⇒ 1
n3
[
2n3 − 3n+ 1
6
]
=⇒ n
[
2n3 − 3n+ 1
6
]
2n3 − 3n+ 1
6n2
∴ Quando h → 0 =⇒ 1
n
→ 0 =⇒ n → +∞ Os valores de n são positivos pois x ∈ [0, 1].
lim
n→+∞
2n3 − 3n+ 1
6n2
=
1
3
19Maior número de subintervalos indica muitos retângulos e conseqüentemente retângulos com base muito finas.
O valor de h é muito pequeno.
59
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Área =
1
3
Exerćıcio 85. Calcular a área de y = x2 entre x = 0; x = 1 e o eixo y = 0.Utilizar retângulos
circunscritos.
Resposta:
I
{
x0 = 0
xn = 1
Como f é crescente, então f (xi) é o maior valor de f no intervalo [xi−1, xi] . Seja então ki = xi
e f (ki) = f (xi) a altura do retângulo de base h = xi − xi−1
f (xi) = x2
i
xi = x0 + ih =⇒ xi = 0 + i
1
n
=
i
n
∴ f (xi) =
(
i
n
)2
=
i2
n2
∴ Área aproximada =
n
∑
i=1
f (ki) (xi − xi−1) =⇒
n
∑
i=1
f (xi)h
n
∑
i=1
i2
n2
· 1
n
=⇒
n
∑
i=1
i2
n3
=⇒ 1
n3
n
∑
i=1
i2 =⇒ 1
n3
[
n (n+ 1) (2n+ 1)
6
]
=⇒
(n+ 1) (2n+ 1)
6n2
=⇒ 2n2 + n+ 2n+ 1
6n2
=⇒ 2n2 + 3n+ 1
6n2
Quando h → 0 =⇒ n → +∞ =⇒ Área = lim
n→+∞
2n2 + 3n+ 1
6n2
=
1
3
Exerćıcio 86. Seja f(x) = x2 cont́ınua em [a, b] com 0y′ =
1
u
.u′
Desenvolvimento
∫ x=e2
x=e
dx
x (lnx)
4 =
∫ x=e2
x=e
1
x (lnx)
4 dx =
∫ x=e2
x=e
1
(lnx)
4
dx
x
Seja u = lnx =⇒ du
dx
=
1
x
=⇒ du =
dx
x
{
Para x = e =⇒ u = ln e = 1
Para x = e2 =⇒ u = ln e2 = 2
∫ x=e2
x=e
1
(lnx)
4
dx
x
=⇒
∫ u=2
u=1
1
u4
du =⇒
∫ 2
1
u−4du =⇒
[
u−4+1
−4 + 1
]2
1
=⇒
[
u−3
−3
]2
1
[
1
−3u3
]2
1
=⇒
[
1
−3 (2)
3 −
(
1
−3 (1)
3
)]
=
1
−24
+
1
3
=
−1 + 8
24
=
7
24
Resposta
∫ e2
e
1
x (lnx)
4 dx =
7
24
4.2 Sólidos de revolução
Exerćıcio 91. Encontrar o volume obtido por rodar a região y = x3 e y = x no primeiro
quadrante ao redor do eixo x.
Resposta:
−→ V = π
∫ b
a
(
[f (x)]
2 − [g (x)]
2
)
dx
A intersecção entre y = x3 e y = x ocorre em x = 0 e x = 1 (no primeiro quadrante) .
f (x) = x e g (x) = x3.
V = π
∫ 1
0
(
x2 −
(
x3
)2
)
dx
V = π
∫ 1
0
(
x2 − x6
)
dx
V = π
[
x3
3
− x7
7
]1
0
V = π
[
1
3
− 1
7
− 0
]
64
Baixado por Vanderson Vitor (v4ndersonvitor@gmail.com)
lOMoARcPSD|47178206
V = π
[
7− 3
21
]
V =
4π
21
Exerćıcio 92. Encontrar o volume do sólido gerado pela rotação, em torno do eixo x, da região
limitada por y =
1√
x
, x = 1 e x = 10.
V = π
∫ b
a
f (x)
2
dx





a = 1
b = 10
f(x) =
1√
x
V = π
∫ 10
1
(
1√
x
)2
dx
V = π
∫ 10
1
1
x
dx
V = π [ln (x)]
10
1
V = π [ln (10)− ln (1)]
V = π [ln (10)− 0]
V = π ln (10)
65
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https://www.studocu.com/pt-br?utm_campaign=shared-document&utm_source=studocu-document&utm_medium=social_sharing&utm_content=1s17-eb101-resolvidosiii) lim
x→2
f(x) = f(2).
I f(2) não existe.
∴ f(x) não é cont́ınua em x = 2, pois não satisfaz a condição i).
II Seja x = a para a > 2.
i f(a) =
a2
a− 2
é definida por a 6= 2;
ii lim
x→a
f(x) = lim
x→a
x2
x− 2
=
a2
a− 2
;
iii lim
x→a
f(x) = f(a).
∴ f(x) é cont́ınua para todo x > 2.
III Seja b 0
0 se x = 0
−x se x 0.
i f(a) = |a| = a pois a > 0;
ii lim
x→a
f(x) = lim
x→a
|x| = |a| = a
iii lim
x→a
f(x) = f(a)
∴ f é cont́ınua para todo a > 0.
3o Caso: f(x) é cont́ınua em x = b, para bf(x) = (1 + x)n então f ′(x) = n(1 + x)n−1.1.
Desenvolvimento
f(x) = (1 + x)5
10
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f ′(x) = 5.(1 + x)4
f ′′(x) = 5.4.(1 + x)3
f ′′′(x) = 5.4.3.(1 + x)2
f ′′′′(x) = 5.4.3.2.(1 + x)1
f ′′′′′(x) = 5.4.3.2.1.(1 + x)0
Resposta
f ′′′′′(x) = 5.4.3.2.1 = 5! = 120.
Exerćıcio 16. Seja f(x) = (1 + x)n.para (n 6= −1) Calcular f (n)(x).
Preparação
• se f(x) = un então f ′(x) = nun−1.u′.
• se f(x) = (1 + x)n então f ′(x) = n(1 + x)n−1.1.
Desenvolvimento
f(x) = (1 + x)n
f ′(x) = n(1 + x)n−1
f ′′(x) = n(n− 1)(1 + x)n−2
f ′′′(x) = n(n− 1)(n− 2)(1 + x)n−3
f ′′′′(x) = n(n− 1)(n− 2)(n− 3)(1 + x)n−4
· · ·
f (n)(x) = n(n− 1)(n− 2)(n− 3)....1(1 + x)n−n
f (n)(x) = n(n− 1)(n− 2)(n− 3) . . . 1
Resposta
f (n)(x) = n!
Exerćıcio 17. Seja f(x) = (1 + x)m.para (m 6= −1) Calcular f (n)(x).
Preparação
• se f(x) = um então f ′(x) = mum−1.u′.
• se f(x) = (1 + x)m então f ′(x) = m(1 + x)m−1.1.
Desenvolvimento
f(x) = (1 + x)m
f ′(x) = m(1 + x)m−1
f ′′(x) = m(m− 1)(1 + x)m−2
f ′′′(x) = m(m− 1)(m− 2)(1 + x)m−3
f ′′′′(x) = m(m− 1)(m− 2)(m− 3)(1 + x)m−4
· · ·
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f (n)(x) = m(m− 1)(m− 2)(m− 3)...(m− n+ 1)(1 + x)m−n
Resposta
f (n)(x) = m(m− 1)(m− 2)(m− 3)...(m− n+ 1)(1 + x)m−n
Exerćıcio 18. Sejam u e v funções de x, tais que u e v sejam deriváveis. Determinar a derivada
de y = uv.
Preparação
• Se y = uv então y = elnuv
= ev lnu.
• Se y = eu então y′ = eu.u′ (Regra da função composta)
Desenvolvimento
y = uv =⇒ y = ev lnu
y′ = ev lnu(v lnu)′
y′ = ev lnu(v′ lnu+ v
1
u
u′)
y′ = ev lnuv′ lnu+ ev lnuv
1
u
u′
y′ = uvv′ lnu+ uvv
1
u
u′
y′ = uvv′ lnu+ uv 1
u
vu′
y′ = uvv′ lnu+
uv
u
vu′
y′ = uvv′ lnu+ uv−1vu′
y′ = uv−1vu′ + uvv′ lnu
Resposta
y′ = vuv−1u′ + uvv′ lnu
Exerćıcio 19. Seja f(x) = |25− x2|. Existe a derivada em x = 5?
Preparação
A função pode ser reescrita da seguinte maneira:
f(x) =



25− x2 se 25− x2 ≥ 0 se e somente se 25 ≥ x2 se e somente se − 5 ≤ x ≤ 5
−(25− x2) se 25− x2 25
Ou seja,
f(x) =











25− x2 se − 5 ≤ x ≤ 5
x2 − 25 se x 5
Gráfico de f(x).
Observação:
• Sabe-se, da definição de derivadas laterais que, para x = a qualquer, a derivada em x = a
existe se e somente se as derivadas laterais existem e são iguais. Ou seja,
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




Se f ′
+(a) = lim
x→a+
f(x)−f(a)
x−a
6= lim
x→a−
f(x)−f(a)
x−a
= f ′
−(a) então não existe f ′(a).
Se f ′
+(a) = f ′
−(a) então existe f ′(a).
Desenvolvimento
O objetivo do exerćıcio é calcular as derivadas laterais em x = 5.
I)f ′
+(5) = lim
x→5+
f(x)−f(5)
x−5 =⇒ lim
x→1+
x2−25−(25−25)
x−5
=⇒ lim
x→5+
x2−25−0
x−5 =⇒ lim
x→5+
(x+5)(x−5)
x−5 =⇒ lim
x→5+
(x+ 5) = 10
II)f ′
−(5) = lim
x→5−
f(x)−f(5)
x−5 =⇒ lim
x→5+
25−x2−(25−25)
x−5
=⇒ lim
x→5−
25−x2−0
x−5 =⇒ lim
x→5−
−(x2−25)
x−5 =⇒ lim
x→5−
−(x+5)(x−5)
(x−5) =⇒ lim
x→5−
−(x+ 5) = −10
∴ −10 = f ′
−(5) 6= f ′
+(5) = 10
Como as derivadas laterais em x = 5 são diferentes, cocnlui-se que a função não é derivável
em x = 5.
Observações:
• Pelo gráfico nota-se que em x = 5 a função tem um ”bico”. Esse ”bico” é um ponto anguloso.
Pergunta: A partir desse comentário é posśıvel, através do gráfico, estimar se a função
tem derivada em x = −5? Resposta: Sim, pois em cada ponto de bico não há derivada,
não há como caracterizar uma única tangente à curva naquele ponto.
• Ao invés de calcular a derivada lateral a direita por f ′
+(a) = lim
x→a+
f(x)−f(a)
x−a
seria posśıvel
utilizar o limite f ′
+(a) = lim
h→0+
f(a+h)−f(a)
h
. Neste caso, substitui-se x − a por h. Nota-se
que, (x − a) = h =⇒ x = (a + h) e se x → a+ =⇒ h → (a+ − a) =⇒ h → 0+. De modo
análogo, seria posśıvel calcular a derivada lateral a esquerda por f ′
−(a) = lim
h→0−
f(a+h)−f(a)
h
.
Resposta
f(x) não é derivável em x = 5.
2.1 Regra da Cadeia (função composta)
Exerćıcio 20. Se y = sin2
[
e−2x + e2x
x2 + 3x− 1
]
. Encontrar y′.
y′ = 2 sin
[
e−2x + e2x
x2 + 3x− 1
]
cos
[
e−2x + e2x
x2 + 3x− 1
]
.
[
(−2e−2x + 2e2x)(x2 + 3x− 1)− (e−2x + e2x)(2x+ 3)
(x2 + 3x− 1)
2
]
Exerćıcio 21. Demonstrar que y =
1
2
x2ex satisfaz a equação diferencial y′′ − 2y′ + y = ex.
y′ =
2x
2
ex +
1
2
x2ex = x.ex+
x2
2
ex.
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y′′ = ex + xex +
2x
2
ex +
x2
2
ex = ex+2xex+
x2
2
ex
De y′′ − 2y′ + y = ex se tem:
ex + 2xex +
x2
2
ex − 2(xex +
x2
2
ex) +
x2
2
ex = ex
ex + 2xex +
x2
2
ex − 2xex − x2ex +
x2
2
ex = ex
ex = ex
Portanto, y =
1
2
x2ex é solução da equação diferencial y′′ − 2y′ + y = ex.
Exerćıcio 22. Derivar a função y = tan(2x3 + 4).
Preparação
A derivada de y = tanx é y′ = sec2 x.
Desenvolvimento
Utilizando a regra da cadeia, seja
y = tanu onde
u = (2x3 + 4).
dy
dx
= dy
du
.du
dx
dy
dx
= sec2 u.(4x2)
dy
dx
= sec2(2x3 + 4).(4x2).
Resposta
A derivada de y = tan(2x3 + 4) é y′ = sec2(2x3 + 4).(4x2).
Exerćıcio 23. Calcular a derivada da função y = (e2x − 1)
√
x
Preparação
• Se y = uv então y′ = v.uv−1.u′ + uv.v′. lnu.
• Se y = e2x então y′ = (2x)e2x−1.(0) + e2x.(2). ln e = e2x.2 = 2e2x
• Se y = e2x − 1 então y′ = 2e2x
• Se y =
√
x = x
1
2 então y′ =
1
2
x
1
2−1 =
1
2
x− 1
2 =
1
2x
1
2
=
1
2
√
x
Desenvolvimento
y = (e2x − 1)
√
x Aplicar a fórmula y′ = v.uv−1.u′ + uv.v′. lnu para y = uv
y′ =
√
x(e2x − 1)
√
x−1.2e2x + (e2x − 1)
√
x.
1
2
√
x
. ln(e2x − 1)
y′ = 2
√
x(e2x − 1)
√
x−1.e2x + (e2x − 1)
√
x.
1
2
√
x
. ln(e2x − 1)
Simplificar a expressão acima.
y′ = 2
√
x(e2x − 1)
√
x 1
(e2x − 1)
.e2x + (e2x − 1)
√
x.
1
2
√
x
. ln(e2x − 1)
y′ = (e2x − 1)
√
x[
2e2x
√
x
(e2x − 1)
+
ln(e2x − 1)
2
√
x
]
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Resposta
y′ = (e2x − 1)
√
x(
2e2x
√
x
(e2x − 1)
+
ln(e2x − 1)
2
√
x
)
Exerćıcio 24. Determinar a derivada em relação a x da função sin3 (12x) .
Preparação
Seja y = sin3 (12x) .
O objetivo é reescrever y = sin3 (12x) como função uma função mais simples, em função de
u. Para isso, seja y = u3 onde u = sin(12x). De modo análogo, reescreve-se u = sin(12x) como
uma função mais simples, digamos, em função de w. Desse modo, u = sinw, onde w = 12x. O
encadeamento está pronto.
Em śıntese,
y = u3
u = sinw
w = 12x
Desenvolvimento
Para obter a derivada de y em função de x, é preciso derivar as funções que estão ”no meio do
caminho” entre y e x.



y = u3
u = sinw
w = 12x
=⇒











dy
du
= 3u2
du
dw
= cosw
dw
dx
= 12
=⇒
{
dy
dx
=
dy
du
du
dw
dw
dx
=⇒
{
dy
dx
= 3u2 . cosw.12 =⇒
{
36u2 . cosw
Resposta
dy
dx
= 36(sinw)2 .cos(12x) =⇒ dy
dx
= 36(sin(12x))2 .cos(12x)
dy
dx
= 36 sin2(12x) .cos(12x)
Exerćıcio 25. Derivar a função y =
√
ex.x+ x
Preparação
Faz-se a substituição u = ex.x+ x. Tem-se então que y =
√
u.
Notação: y′ =
dy
dx
Desenvolvimento
{
y =
√
u
u = ex.x+ x
=⇒





dy
du
=
1
2
√
u
du
dx
= (ex.x+ ex + 1)
=⇒
{
dy
dx
=
dy
du
du
dx
=⇒
{
dy
dx
=
1
2
√
u
.(ex.x+ ex + 1)
=⇒
{
dy
dx
=
1
2
√
(ex.x+ x)
.(ex.x+ ex + 1)
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Resposta
y′ = (ex.x+ex+1)
2
√
ex.x+x
Exerćıcio 26.Derivar a função f(x) = x
√
x
Preparação
• y = uv =⇒ y′ = v.uv−1.u′ + uv.v′. lnu
• Faz-se as substituições: u = x e v =
√
x.
• u′ = 1 e v′ = 1
2
√
x
Desenvolvimento
Substituir u = x e v =
√
x e suas derivadas na fórmula y′ = v.uv−1.u′ + uv.v′. lnu
y′ =
√
x.x
√
x−1.1 + x
√
x. 1
2
√
x
. ln(x).
y′ = x(
√
x−1+ 1
2 ) + x
(
√
x−
1
2
)
2 ln(x)
y′ = x(
√
x− 1
2 ) + x(
√
x− 1
2 )
ln(x)
2
y′ = x(
√
x− 1
2 )
(
1 + ln x
2
)
Resposta
y′ = x(
√
x− 1
2 )
(
1 + ln x
2
)
Exerćıcio 27. Derivar a função y = xxx
Preparação
• Nota-se a diferença entre 33
3
e
(
33
)3
.
33
3
= 327 e
(
33
)3
= 39.
Faz-se então a dedução de que: xxx 6= (xx)
x
. Essa observação é relevante2 na escolha, na
regra da cadeia, qual será a função u e qual será a função v. Desse modo, a substituição que deve
ser feita é: u = x e v = xx para y = uv.
• Se y = xx então a derivada de y em elação a x é3:
y′ = x.xx−1.1 + xx.1. lnx
y′ = x1.xx−1.1 + xx.1. lnx
y′ = xx + xx lnx
y′ = xx(1 + lnx)
Desenvolvimento
Seja y = uv onde u = x e v = xx.
y′ = vuv−1.u′ + uv.v′. lnu
2Se fosse escolhido, na regra da cadeia, u = xx e v = x, então ter-se-ia a função y = (xx)x, que é diferente da
função do exerćıcio, qual seja: y = xx
x
.
3A seguinte fórmula será utilizada: y = uv =⇒ y′ = v.uv−1.u′ + uv .v′. lnu
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y′ = xx.xxx−1.1 + xxx
.(xx(1 + lnx)). lnx
y′ = xxx+x−1 + xxx
(xx + xx lnx) lnx
y′ = xxx+x−1 +
[
xxx+x + xxx+x. lnx
]
lnx
y′ = xxx+x−1 + xxx+x lnx+ xxx+x ln2 x
y′ = xxx+x
(
1
x
+ lnx+ ln2 x
)
Resposta
y′ = xxx+x
(
1
x
+ lnx+ ln2 x
)
Exerćıcio 28. Seja y = xsin x2
. Encontrar y′.
Se y = uv =⇒ y′ = v.uv−1.u′ + uv.v′. lnu.
Seja então u = x e v = sinx2
y′ = (sinx2) xsin x2
.1 + xsin x2
.(sinx2)′. lnx
Como (sinx2)′ = cosx2.2x então:
y′ = (sinx2)x(sin x2−1) + xsin x2
.2x. cosx2. lnx
y′ = xsin x2
(
sin x2
x
+ 2x cosx2 lnx
)
Exerćıcio 29. Verificar se y = e2x sin(5x) é solução da equação diferencial y′′ − 4y′ + 29y = 0.
y′= 2e2x. sin (5x) + 5e
2x
. cos (5x)
y′′ = 4e2x. sin(5x) + 2e2x. cos(5x).5 + 10e2x cos(5x) + 5e2x.(− sin(5x)).5
y′′ = 4e2x. sin(5x) + 10e2x cos(5x) + 10e2x cos(5x)− 25e2x sin(5x)
y′′= −21e2x sin (5x) + 20e
2x
cos (5x)
Da equação diferencial y′′ − 4y′ + 29y = 0, tem-se que:
−21e2xsin(5x) + 20e
2x
cos (5x)− 4(2e
2x
sin(5x) + 5e
2x
cos (5x)) + 29e
2x
sin(5x) = 0
−21e2x sin(5x) + 20e2x cos(5x)− 8e2x sin(5x)− 20e2x cos(5x) + 29e2x sin(5x) = 0
0 + 0 = 0
0 = 0
∴ y = e2x sin(5x) é solução da equação diferencial y′′ − 4y′ + 29y = 0.
Exerćıcio 30. Derivar y = ee
e
x
(Euler-1755).
Solução:
Seja y = uv onde u = e e v = ee
x
.
Sabe-se que y′ = v.uv−1.u′ + uv.v′. lnu.
• u′ = 0
• v′ = exee
x 4
4Seja y = uv onde u = e e v = ex.
Sabe-se que y′ = v.uv−1.u′ + uv .v′. lnu.
– u′ = 0
– v′ = ex
Segue-se que,
y′ = v.uv−1.u′ + uv .v′. lnu =
y′ = ex.ee
x
−1.0 + ee
x
.ex. ln e =
y′ = ee
x
.ex
Portanto, y′ = ee
x
.ex
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Segue-se que,
y′ = v.uv−1.u′ + uv.v′. lnu =
y′ = ee
x
.ee
e
x−1.0 + ee
e
x
.exee
x
. ln e =
y′ = ee
e
x
.exee
x
Portanto, y′ = ee
e
x
.ee
x
ex
2.2 Construção de gráficos
Exerćıcio 31. Esboçar o gráfico de y = x3 − 3x+ 3.
Solução:
I) Domı́nio da função: R
II) Pontos cŕıticos.
ý = 3x2 − 3
ý = 0 ⇔ 3x2 − 3 = 0 ⇔ 3x2 = 3 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1.
Os pontos cŕıticos de f(x) = x3 − 3x+ 3 são x = −1 e x = 1.
• Se x 0. f(x) é crescente.
• Se −1 0. f(x) é crescente.
III) Teste da primeira derivada.
• f ′(x) > 0 para x −1 então f tem um máximo relativo em
x = −1.
• f ′(x) 0 para x > 1 então f tem um mı́nimo relativo em x = 1.
IV) Teste da segunda derivada
f ′(x) = 3x2 − 3 então f ′′(x) = 6x.
• x = −1 é um ponto cŕıtico. f ′′(−1) 0. f tem um valor mı́nimo em x = −1.
Não seria necessário o teste da segunda derivada. O teste da primeira derivada, neste exerćıcio,
seria suficiente.
V) Pontos de inflexão.
• f ′′(x) = 6x.
• f ′′(x) 0 para todo x > 0.(concavidade para cima)
• x = 0 é um ponto de inflexão. Ponto onde ocorre mudança no sentido da concavidade da
curva.
18
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Não há asśıntotas.
Esboço do gráfico:
f(0) = 3.
f(−1) = 5.
f(1) = 1.
Exerćıcio 32. Esboçar o gráfico de y = x3 − 6x2 + 9x+ 1.
D(f) = R
y′ = 3x2 − 12x+ 9
f ′(x) = 3x2 − 12x+ 9
3x2 − 12x+ 9 = 0 sse



x′ = 3
x′′ = 1











f ′(0) = 9 > 0 =⇒ f é crescente em (−∞, 1)
f ′(2) = −3 0 =⇒ f é crescente em (3,+∞)
րրրր ցցցց րրրր
1 3
Pelo teste da 1o derivada f tem máximo relativo em x = 1 e mı́nimo relativo em x = 3.
f ′′(x) = 6x− 12
f ′′(x) > 0 sse 6x− 12 > 0 sse 6x > 12 sse x > 2
∴Para x > 2 f ′′(x) > 0 =⇒ f tem concavidade voltada para cima.
f ′′(x) 0 ∴ f ′(x) > 0 para −∞ 0 ∴ f ′(x) > 0 para −2 0 =⇒ concavidade voltada para cima
f ′′(x) 0 ∴Em x = −3 a concavidade de f é voltada
para cima.
• Em x = 3 f ′′(3) = 24(3)2+32
(9−4)3 = 248
125 > 0 ∴em x = 3 a concavidade de f é voltada para cima.
• Em x = −1 f ′′(−1) = 24(−1)2+32
(1−4)3 = 56
−27da função f(x)
b) Determinar as interesecções com os eixos x e y
c) Determinar os pontos cŕıticos
d) Determinar intervalos de crescimento e decrescimento
e) Determinar máximos e mı́nimos
f) Determinar pontos de inflexão
g) Ddeterminar asśıntotas
h) Esboçar o gráfico
Desenvolvimento
a O domı́nio da função é o conjunto R.
b Se x = 0 então f(0) = 0 (0, 0) pertence ao gráfico da função
Se y = 0 então 0 = 36x2 − x4 =⇒ 0 = x2(36 − x2) =⇒
{
x = 0
36− x2 = 0
=⇒
{
x = 0
36 = x2 =⇒
{
x = 0
x = ±6
(0, 0), (6, 0), (−6, 0) pertencem ao gráfico da função
c Se f(x) = 36x2 − x4 então f ′(x) = 72x− 4x3.
Os pontos cŕıticos são os valores de x obtidos a partir da equação f ′(x) = 0, ou seja, 72x−4x3 = 0.
Segue-se que:
72x− 4x3 = 0 =⇒ 4x(18− x2) = 0 =⇒
{
4x = 0
18− x2 = 0
=⇒
{
x = 0
18 = x2 =⇒
{
x = 0
x = ±
√
18
=⇒
{
x = 0
x = ±3
√
2
Pontos cŕıticos: x = 0, x = x = 3
√
2 e x = −3
√
2
d Intervalos de crescimento e decrescimento
• Para o intervalo −∞ 0
Como f ′(x) > 0 então a função é crescente nesse intervalo.
• Para o intervalo −3
√
2 0
Como f ′(x) > 0 então a função é crescente nesse intervalo.
• Para o intervalo 3
√
2 0 para todo x ∈ I e x −3
√
2
Pelo teste da derivada primeira a função f terá máximo relativo em x = −3
√
2.
• Análise na vizinhança do ponto cŕıtico 0, ou seja, em um intervalo aberto J ao redor de 0.
f ′(x) 0 para todo x ∈ J e x > 0
Pelo teste da derivada primeira a função f terá mı́nimo relativo em x = 0.
• Análise na vizinhança do ponto cŕıtico 3
√
2, ou seja, em um intervalo aberto K ao redor de
3
√
2.
22
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f ′(x) > 3
√
2 para todo x ∈ K e x 3
√
2
Pelo teste da derivada primeira a função f terá máximo relativo em x = 3
√
2.



Em x = −3
√
2 f tem máximo relativo
Em x = 0 f tem mı́nimo relativo
Em x = 3
√
2 f tem máximo relativo
É posśıvel também encontrar máximos e mı́nimos com o aux́ılio da derivada segunda.
f(x) = 36x2 − x4 função
f ′(x) = 72x− 4x3 derivada primeira
f ′′(x) = 72− 12x2 derivada segunda
• Análise da derivada segunda no ponto cŕıtico −3
√
2
Substituir o valor −3
√
2 na derivada segunda
f ′′(x) = 72−12x2 =⇒ f ′′(−3
√
2) = 72−12(−3
√
2)2 = 72−12(9.2) = 72−12.18 = 72−216 =
−198 0
Como a derivada segunda é positiva quando aplicada em 0 então a função f(x) tem concavidade
voltada para cima e então f tem mı́nimo relativo em (0, .f(0)).
• Análise da derivada segunda no ponto cŕıtico 3
√
2
Substituir o valor 3
√
2 na derivada segunda
f ′′(x) = 72− 12x2 =⇒ f ′′(3
√
2) = 72− 12(3
√
2)2 = 72− 12(9.2) = 72− 12.18 = 72− 216 =
−198 0
Como a derivada segunda é positiva quando aplicada em 0 então a função f(x) tem concavidade
voltada para cima em (−
√
6,
√
6).
• Análise da concavidade no intervalo (
√
6,+∞)
Substituir um valor qualquer do intervalo (
√
6,+∞) na derivada segunda. Seja x = 3.
f ′′(x) = 72− 12x2 =⇒ f ′′(3) = 72− 12(3)2 = 72− 12(9) = 72− 108 = −3612x
x2 − 4
então f ′(x) =
(3x2 − 12)(x2 − 4)− (x3 − 12x)2x
(x2 − 4)2
=
3x4 − 12x2 − 12x2 + 48− 2x4 + 24x2
(x2 − 4)2
=
x4 + 48
(x2 − 4)2
Os pontos cŕıticos são os valores de x obtidos a partir da equação f ′(x) = 0 ou são os valores
onde f ′(x) não existir, ou seja,
• f ′(x) = 0 =⇒ x4 + 48
(x2 − 4)2
= 0 =⇒ x4 + 48 = 0 =⇒Não corta o eixo dos x.
• f ′(x) não existe se e somente se (x2 − 4)2 = 0 =⇒ x2 − 4 = 0 =⇒ x2 = 4 =⇒ x = ±
√
4 =⇒
x = ±2
Os pontos cŕıticos são os valores: x = −2 e x = 2.
d Intervalos de crescimento e decrescimento
• Para o intervalo −∞ 0
Como f ′(x) > 0 então a função é crescente no intervalo (−∞,−2).
• Para o intervalo −2 0
Como f ′(x) > 0 então a função é crescente no intervalo (−2, 2).
• Para o intervalo
√
2 0
Como f ′(x) > 0 então a função é crescente no intervalo (2,+∞).
Em śıntese, a função é crescente em todo o seu domı́nio.
րրրր րրրր րրրր
−2 +2
e Máximos e mı́nimos
• Análise na vizinhança do ponto cŕıtico −2, ou seja, em um intervalo aberto I ao redor de
−2.
f ′(x) > 0 para todo x ∈ I e x 0 para todo x ∈ I e x > −2
Portanto a função f não tem máximo relativo nem mı́nimo relativo em x = −2.
• Análise na vizinhança do ponto cŕıtico 2, ou seja, em um intervalo aberto K ao redor de 2.
f ′(x) > 0 para todo x ∈ K e x 0 para todo x ∈ K e x > 2
Portanto a função f não tem máximo relativo nem mı́nimo relativo em x = 2.
A função f(x) não tem máximo relativo nem mı́nimo relativo nos pontos cŕıticos..
f Determinar pontos de inflexão
Encontrar a função que determina a derivada segunda de f(x) =
x3 − 12x
x2 − 4
..
• f(x) =
x3 − 12x
x2 − 4
• f ′(x) =
x4 + 48
(x2 − 4)2
derivada primeira
• f ′′(x) =
−16x
(
x2 + 12
)
(x2 − 4)3
derivada segunda5
5Derivada segunda da função
x3 − 12x
x2 − 4
.
26
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Ao igualar a zero a derivada segunda é posśıvel verificar se ocorre mudanças na concavidade
da função. Assim,
f ′′(x) =
−16x
(
x2 + 12
)
(x2 − 4)3
= 0 =⇒ −16x
(
x2 + 12
)
= 0 =⇒
{
x = 0
x2 + 12 = 0
=⇒
{
x = 0
x2 = −12
=⇒
{
x = 0
x = ±
√
−12
Portanto, x = 0 é um candidato aser ponto de inflexão da função f(x) =
x3 − 12x
x2 − 4
.
• Análise da concavidade no intervalo (−∞, 0)
Substituir um valor qualquer do intervalo (−∞, 0) na derivada segunda. Seja x = −1.
f ′′(−1) =
−16(−1)
(
(−1)2 + 12
)
((−1)2 − 4)3
=
16 (1 + 12)
(1− 4)3
=
16 (13)
(−3)3
=
208
−27
 0
Como a derivada segunda é positiva quando aplicada em x = 1 então a função f(x) tem
concavidade voltada para cima em (0,+∞).
f(x) =
x3 − 12x
x2 − 4
função
f ′(x) =
x4 + 48
(x2 − 4)2
derivada primeira
f ′′(x) =
(4x3)(x2 − 4)2 − (x4 + 48)2(x2 − 4)2x
(x2 − 4)4
=
(4x3)(x4 − 8x2 + 16)− (x4 + 48)4x(x2 − 4)
(x2 − 4)4
=
4x7 − 32x5 + 64x3 − (x4 + 48)(4x3 − 16x)
(x2 − 4)4
=
4x7 − 32x5 + 64x3 − (4x7 − 16x5 + 192x3 − 768x)
(x2 − 4)4
=
4x7 − 32x5 + 64x3 − 4x7 + 16x5 − 192x3 + 768x
(x2 − 4)4
=
−16x5 − 128x3 + 768x
(x2 − 4)4
= dividir o polinômio do numerador por (x2 − 4)
(x2 − 4)(−192x− 16x3)
(x2 − 4)4
=
(−192x− 16x3)
(x2 − 4)3
=
−16x
(
x2 + 12
)
(x2 − 4)2(x2 − 4)
Portanto, a derivada segunda é: f ′′(x) =
−16x
(
x2 + 12
)
(x2 − 4)(x+ 2)(x− 2)
27
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Como a concavidade da função é voltada para baixo para valores menores que zero e voltada
para cima para valores maiores do que zero, então em x = 0 ocorreu uma mudança da concavidade.
Esse ponto (0, f(0)) é um ponto de inflexão.
Em śıntese,
∩ ∪
0
g Asśıntotas da função f(x) =
x3 − 12x
x2 − 4
.
Asśıntotas horizontais
• lim
x−→+∞
x3 − 12x
x2 − 4
=⇒ lim
x−→+∞
x(x2 − 12)
x2 − 4
=⇒ lim
x−→+∞
x. lim
x−→+∞
(x2 − 12)
x2 − 4
=⇒ (+∞).1 =
+∞
• lim
x−→−∞
x3 − 12x
x2 − 4
=⇒ lim
x−→−∞
x(x2 − 12)
x2 − 4
=⇒ lim
x−→−∞
x. lim
x−→−∞
(x2 − 12)
x2 − 4
=⇒ (−∞).1 =
−∞
Portanto não há asśıntotas horizontais.
Asśıntotas verticais
• lim
x−→2+
x3 − 12x
x2 − 4
=⇒ lim
x−→2+
x(x2 − 12)
(x+ 2)(x− 2)
=⇒ lim
x−→2+
x(x2 − 12)
(x+ 2)
.
1
(x− 2)
=⇒ lim
x−→2+
x(x2 − 12)
(x+ 2)
. lim
x−→2+
1
(x− 2)
2(22 − 12)
(2 + 2)
.(+∞) =⇒ (−4).(+∞) = −∞
• lim
x−→2−
x3 − 12x
x2 − 4
=⇒ lim
x−→2−
x(x2 − 12)
(x+ 2)(x− 2)
=⇒ lim
x−→2−
x(x2 − 12)
(x+ 2)
.
1
(x− 2)
=⇒ lim
x−→2−
x(x2 − 12)
(x+ 2)
. lim
x−→2−
1
(x− 2)
2(22 − 12)
(2 + 2)
.(−∞) =⇒ (−4).(−∞) = +∞
Portanto há uma asśıntota vertical em x = 2.
• lim
x−→−2+
x3 − 12x
x2 − 4
=⇒ lim
x−→−2+
x(x2 − 12)
(x+ 2)(x− 2)
=⇒ lim
x−→−2+
x(x2 − 12)
(x− 2)
.
1
(x+ 2)
=⇒ lim
x−→−2+
x(x2 − 12)
(x− 2)
. lim
x−→−2+ (
−2((−2)2 − 12)
(−2− 2)
.(+∞) =⇒ −2(4− 12)
(−4)
.(+∞) =⇒ : (−4).(+∞) = −∞
• lim
x−→−2−
x3 − 12x
x2 − 4
=⇒ lim
x−→−2−
x(x2 − 12)
(x+ 2)(x− 2)
=⇒ lim
x−→−2−
x(x2 − 12)
(x− 2)
.
1
(x+ 2)
=⇒ lim
x−→−2−
x(x2 − 12)
(x− 2)
. lim
x−→−2−
−2((−2)2 − 12)
(−2− 2)
.(−∞) =⇒ =⇒ −2(4− 12)
(−4)
.(−∞) =⇒ (−4).(−∞) = +∞
Portanto há uma sśıntota vertical em x = −2.
h Esboço do gráfico de f(x) =
x3 − 12x
x2 − 4
28
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2.3 Polinômio de Taylor
Exerćıcio 36. Determinar o polinômio de Taylor de grau 4 da função y =
√
x+ 1 no ponto
c = 0.
Observação 1:
Pn(x) = f(c) + f ′(c)(x− c) +
f ′′(c) (x− c)2
2!
+
f ′′′(c) (x− c)3
3!
+ ...+
f ′(n)(c) (x− c)n
n!
.
• Para n = 4 (grau 4).
P4(x) = f(c) + f ′(c)(x− c) +
f ′′(c) (x− c)2
2!
+
f ′′′(c) (x− c)3
3!
+
f ′′′′(c) (x− c)4
4!
.
• Para c = 0
P4(x) = f(0) + f ′(0)(x) +
f ′′(0) (x)2
2!
+
f ′′′(0) (x)3
3!
+
f ′′′′(0) (x)4
4!
.
Seja f(x) =
√
(x+ 1). Então:
• f ′(x) =
1
2
√
x+ 1
⇒ f ′(0) =
1
2
√
0 + 1
⇒ f ′(0) =
1
2
.
• f ′′ =
−1
4
√
(x+ 1)
3
⇒ f ′′(0) =
−1
4
√
(0 + 1)
3
⇒ −1
4
.
• f ′′′ =
3
8
√
(x+ 1)
5
⇒ f ′′′(0) =
3
8
√
(0 + 1)
5
⇒ f ′′′(0) =
3
8
.
• f ′′′′ =
15
16
√
(x+ 1)
7
⇒ f ′′′′(0) =
15
16
√
(0 + 1)
7
⇒ f ′′′′(0) =
15
16
.
∴ P4(x) = f(0) + f ′(0)(x) +
f ′′(0) (x)2
2!
+
f ′′′(0) (x)3
3!
+
f ′′′′(0) (x)4
4!
.
P4(x) = 1 +
x
2
− x2
4.2!
+
3x3
8.3!
− 15x4
16.4!
∴ P4(x) = 1 +
x
2
− x2
8
+
x3
16
− 5x4
128
.
∴
√
x+ 1 ∼= 1 +
x
2
− x2
8
+
x3
16
− 5x4
128
.
√
2 ∼= 1 + 1− 4
8
+
8
16
− 5.16
128
.
√
2 ∼= 2− 0.5 + 0.5− 0.625 = 1. 375√
2 ∼= 1. 375
2.4 Regra de L´Hospital
Exerćıcio 37. Encontrar o valor de lim
x→+∞
x
1
x .
29
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Solução:
L = lim
x→+∞
x
1
x
lnL = ln lim
x→+∞
x
1
x
lnL = lim
x→+∞
lnx
1
x
lnL = lim
x→+∞1
x
lnx
lnL = lim
x→+∞
ln x
x
É uma indeterminação do tipo ∞
∞ .Aplicar L’Hospital.
lnL = lim
x→+∞
1
x
1
lnL = lim
x→+∞
1
x
lnL = 0
L = e0
L = 1.
Exerćıcio 38. Aplicar L’Hospital para calcular o valor de: lim
x→+∞
(
1 + 1
4x
)x
Seja L = lim
x→+∞
(
1 + 1
4x
)x
Aplicando logaŕıtmo em ambos os lados da equação acima, tem-se:
=⇒ lnL = ln
[
lim
x→+∞
(
1 + 1
4x
)x
]
=⇒ (Pelas propriedades de limite, lim ln f = ln(lim f))
=⇒ lnL =
[
lim
x→+∞
ln
(
1 + 1
4x
)x
]
=⇒
=⇒ lnL = lim
x→+∞
x. ln
(
1 + 1
4x
)
=⇒
=⇒ lnL = lim
x→+∞
ln(1+ 1
4x )
1
x
=⇒ (indeterminação do tipo 0
0 )
=⇒ aplicar L’Hospital
=⇒ lnL = lim
x→+∞
1
(1+ 1
4x )
.( −1
4x2 )
−1
x2
=⇒ lnL = lim
x→+∞
1
( 4x+1
4x )
.( −1
4x2 )
−1
x2
=⇒ lnL = lim
x→+∞
4x
(4x+1)
.( −1
4x2 )
−1
x2
=⇒ lnL = lim
x→+∞
−4x
(4x+1)4x2
−1
x2
=⇒ lnL = lim
x→+∞
−4x.x2
−(4x+1)4x2
=⇒ lnL = lim
x→+∞
x
(4x+1)
=⇒ lnL = lim
x→+∞
x
x
4x
x
+ 1
x
=⇒ lnL = lim
x→+∞
1
4+ 1
x
= 1
4
=⇒ lnL = 1
4
=⇒ L = e
1
4
∴ lim
x→+∞
(
1 + 1
4x
)x
= e
1
4 .
Exerćıcio 39. Calcular lim
x→+∞
(
1 + 1
πx
)x
.
30
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Preparação
• Se X = Y então lnX = lnY para X e Y funções cont́ınuas e deriváveis em [a, b].
•
(
1 + 1
πx
)x
é cont́ınua e derivável em (0,+∞)
• lim
x→+∞
[lnX] = ln
[
lim
x→+∞
X
]
• lnXα = α lnX
• Regra de L´Hospital6:
se lim
x→+∞
f(x) = ∞ e lim
x→+∞
f(x) = ∞ e lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
= L então lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
=
L, desde que f e g sejam deriváveis para todo x > a e g′(x) 6= 0.
Desenvolvimento
Seja L = lim
x→+∞
(
1 + 1
πx
)x
.
Aplica-se logaŕıtmo de base e em ambos os lados da equação.
lnL = ln
[
lim
x→+∞
(
1 + 1
πx
)x
]
lnL =
[
lim
x→+∞
ln
(
1 + 1
πx
)x
]
lnL = lim
x→+∞
x. ln
(
1 + 1
πx
)
lnL = lim
x→+∞
ln(1+ 1
πx )
1
x
Indeterminação do tipo 0
0 : aplicar regra de L´Hospital.
lnL = lim
x→+∞
1
(1+ 1
πx )
.( −1
πx2 )
−1
x2
lnL = lim
x→+∞
1
(πx+1
πx )
.( −1
πx2 )
−1
x2
lnL = lim
x→+∞
πx
(πx+1)
.( −1
πx2 )
−1
x2
lnL = lim
x→+∞
−πx
(πx+1)πx2
−1
x2
lnL = lim
x→+∞
−πx.x2
−(πx+1)πx2
lnL = lim
x→+∞
x
(πx+1)
lnL = lim
x→+∞
x
x
πx
x
+ 1
x
lnL = lim
x→+∞
1
π+ 1
x
= 1
π
lnL = 1
π
L = e
1
π = π
√
e
Resposta
lim
x→+∞
(
1 + 1
πx
)x
= e
1
π = π
√
e.
6Guilaume François L´Hospital (1661-1704) foi um estudante de Johann Bernoulli (1667-1748). O Marquês de
L‘Hospital publicou ”Introduction to Analyse des Infiniment Petits”, o que hoje é conhecido como o primeiro livro
de Cálculo Diferencial, em 1696.
31
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Exerćıcio 40. Calcular lim
x→+∞
x4
ex
.
Preparação
• x4
ex
é cont́ınua e derivável em (0,+∞)
• Se y = uv então y′ = vuv−1.u′ + uv.v′. lnu
se lim
x→+∞
f(x) = ∞ e lim
x→+∞
f(x) = ∞ e lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
= L então lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
=
L, desde que f e g sejam deriváveis para todo x > a e g′(x) 6= 0.
Desenvolvimento
lim
x→+∞
x4
ex
Indeterminação do tipo
∞
∞ .Aplicar regra de L´Hospital.
lim
x→+∞
4.x3
ex
Indeterminação do tipo
∞
∞ .Aplicar regra de L´Hospital.
lim
x→+∞
4.3.x2
ex
Indeterminação do tipo
∞
∞ .Aplicar regra de L´Hospital.
lim
x→+∞
4.3.2x
ex
Indeterminação do tipo
∞
∞ .Aplicar regra de L´Hospital.
lim
x→+∞
4.3.2.1
ex
Segue-se que lim
x→+∞
ex = +∞, e portanto,
lim
x→+∞
4!
ex
= 0.
Resposta
lim
x→+∞
x4
ex
= 0.
Exerćıcio 41. Calcular lim
x→+∞
xe
ex
.
Preparação
• xe
ex
é cont́ınua e derivável em (0,+∞)
• Se y = uv então y′ = vuv−1.u′ + uv.v′. lnu
se lim
x→+∞
f(x) = ∞ e lim
x→+∞
f(x) = ∞ e lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
= L então lim
x→+∞
f(x)
g(x)
= lim
x→+∞
f ′(x)
g′(x)
=
L, desde que f e g sejam deriváveis para todo x > a e g′(x) 6= 0.
Desenvolvimento
lim
x→+∞
xe
ex
Indeterminação do tipo
∞
∞ .Aplicar regra de L´Hospital.
lim
x→+∞
e.xe−1
ex
32
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Indeterminação do tipo
∞
∞ .Aplicar regra de L´Hospital.
lim
x→+∞
e(e−1).xe−2
ex
Indeterminação do tipo
∞
∞ .Aplicar regra de L´Hospital.
lim
x→+∞
e(e−1)(e−3).xe−3
ex
Como e− 31
t
dt
−
∫ 1
eln t−1 + 1
1
t
dt
−
∫ 1
t−1 + 1
1
t
dt
−
∫ 1
1
t
+ 1
1
t
dt
−
∫ 1
t+ 1
t
1
t
dt
−
∫ t
t+ 1
1
t
dt
−
∫ 1
t+ 1
dt
− ln (t+ 1)
ln (t+ 1)
−1
ln (e−x + 1)
−1
ln
1
(e−x + 1)
−→ ln
1
(
1
ex
+ 1
) −→ ln
1
(
ex + 1
ex
)
ln
ex
(ex + 1)
−→ ln ex − ln (ex + 1) −→ x− ln (ex + 1) + C
Exerćıcio 48.
∫ x2 + 1
x3 + 3x
dx
Resposta:
u = x3 + 3x =⇒ du
dx
= 3x2 + 3 =⇒ du =
(
3x2 + 3
)
dx
du = 3
(
x2 + 1
)
dx =⇒
(
x2 + 1
)
dx =
du
3
∫ x2 + 1
x3 + 3x
dx =⇒
∫ 1
x3 + 3x
·
(
x2 + 1
)
dx =⇒
∫ 1
u
· du
3
=⇒
∫ 1
3u
du =⇒
∫ 1
3
· 1
u
du =⇒ 1
3
∫ 1
u
du =⇒
1
3
ln |u|+ C 10
10Pois
∫ 1
x
du = ln |x|+ C.
36
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Como u = x2 + 3x, então o resultado fica:
1
3
ln
∣
∣x3 + 3x
∣
∣+ C
Exerćıcio 49. Calcular
∫
tanxdx
Preparação
Sabe-se que:
• tanx = sin x
cos x .
• Para a, b ∈ R, com b 6= 0, se tem que a
b
= a · 1
b
= 1
b
· a
Desenvolvimento
Por substituição. Faz-se u = cosx.
• u = cosx =⇒ du
dx
= − sinx =⇒ du = − sinxdx =⇒ −du = sinxdx =⇒ sinxdx = −du
•
∫
tanxdx =
∫
sin x
cos xdx =
∫
1
cos x · sinxdx =⇒
(aplicar a substituição)=⇒
∫
1
u
· (−du) = −
∫
1
u
· du = − lnu+ C
Como u = cosx então − lnu+ C torna-se − ln(cosx) + C.
Resposta
∫
tanxdx = − ln(cosx) + C
Exerćıcio 50. Calcular
∫
cotxdx
Preparação
Sabe-se que:
• cotx = cos x
sin x
• Para a, b ∈ R, com b 6= 0, se tem que a
b
= a · 1
b
= 1
b
· a
Desenvolvimento
Por substituição. Faz-se u = sinx.
• u = sinx =⇒ du
dx
= cosx =⇒ du = cosxdx =⇒ cosxdx = du
•
∫
cotxdx =
∫
cos x
sin x
dx =
∫
1
sin x
· cosxdx =⇒
37
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(aplicar a substituição)=⇒
∫
1
u
· (du) =
∫
1
u
· du = lnu+ C
Como u = sinx então lnu+ C torna-se ln(sinx) + C.
Resposta
∫
cotxdx = ln(sinx) + C
Exerćıcio 51.
∫ √
x2 + 1 · 2xdu
Resposta:
Seja u = x2 + 1 =⇒ du
dx
= 2x =⇒ du = 2xdx
∫ √
x2 + 1 · 2xdu =
∫ √
u du =⇒
∫
u
1
2 du =⇒ u
1
2+1
1
2
+ 1
+ C
u
3
2
3
2
+ C =⇒ 2
3
· u 3
2 + C
Como u = x2 + 1, então a resposta é:
2
3
(
x2 + 1
)
3
2 + C
ou
2
3
2
√
(x2 + 1)
3
+ C 11pois n
√
Am = A
m
n
Exerćıcio 52. Calcular
∫ √
4x4 − 4x2dx
Preparação
Sabe-se que:
•
√
a.b =
√
a.
√
b para a, b ∈ R+
• n
√
xm = x
m
n , para x ∈ R+ e m,n ∈ N com n 6= 0
• a.b = b.a (propriedade comutativa), para a, b ∈ R
Segue-se então que:
•
∫ √
4x4 − 4x2dx =
∫ √
4x2(x2 − 1)dx =
∫
√
4x2 ·
√
(x2 − 1)dx =
∫ √
4 ·
√
x2 ·
√
(x2 − 1)dx
11Pois n
√
Am = A
m
n , para A > 0 e m,n ∈ N+.
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=
∫
2 · x ·
√
(x2 − 1)dx =
∫
2x
√
(x2 − 1)dx
Desenvolvimento
Por substituição, faz-se u = x2 − 1.
u = x2 − 1 =⇒ du
dx
= 2x =⇒ du = 2xdx =⇒ 2xdx = du
•
∫
2x
√
(x2 − 1)dx =
∫ √
(x2 − 1)2xdx =⇒(aplicar a substituição)=⇒
∫ √
udu =
∫
u
1
2 du =
u
1
2
+1
1
2
+1
+ C
= u
3
2
3
2
+ C = 2u
3
2
3 + C
Como u = x2 − 1 então 2u
3
2
3 + C torna-se 2(x2−1)
3
2
3 + C
Resposta
∫ √
4x4 − 4x2dx = 2(x2−1)
3
2
3 + C
ou
∫ √
4x4 − 4x2dx =
2
√
(x2−1)3
3 + C
Exerćıcio 53.
∫
x sin
(
3x2
)
dx
Resposta:
Seja u = 3x2 =⇒ du
dx
= 6x =⇒ du = 6xdx =⇒ xdx =
du
6
∫
x sin
(
3x2
)
dx =⇒
∫
sin
(
3x2
)
· xdx.
Como u = 3x2 e xdx =
du
6
, então
∫
sinu · du
6
=⇒
∫ sinudu
6
=⇒ 1
6
∫
sinudu
=⇒ 1
6
(− cosu) + C.
Como u = 3x2 então a resposta do exerćıcio é:
−1
6
cos
(
3x2
)
+ C
Exerćıcio 54.
∫
(x+ 4)
10
dx
Resposta:
Seja u = x+ 4 =⇒ du
dx
= 1 =⇒ du = dx
∫
u10du =⇒ u10+1
10 + 1
+ C =⇒ u11
11
+ C =⇒ A resposta é:
(x+ 4)
11
11
+ C
39
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Exerćıcio 55.
∫
2x.ex
2
dx
Resposta:
u = x2 =⇒ du
dx
= 2x =⇒ du = 2xdx
∫
2xex
2
dx =⇒
∫
ex
2 · 2x · dx =⇒ eudu = eu + C
Como u = x2, então
∫
2xex
2
dx = ex
2
+ C .
Exerćıcio 56.
∫
2x
√
2x3 − x3dx
Resposta:
∫
2x
√
x3dx =⇒
∫
2x.x
3
2 dx =⇒ 2
∫
x1+ 3
2 dx =⇒ 2
∫
x
5
2 =⇒ 2
x
5
2+1
5
2
+ 1
+ C =⇒ 2
x
7
2
7
2
+ C
2 · 2
7
x
7
2 + C =⇒ 4
7
√
x7 + C
Exerćıcio 57.
∫
sin2 x dx
Resposta:
Como sin2 x =
1− cos 2x
2
, então
∫
sin2 x dx =
∫ 1− cos 2x
2
dx
∫
[
1
2
− cos 2x
2
]
dx −→
∫ 1
2
dx−
∫ cos 2x
2
dx
1
2
x+ C1 −
1
2
∫
cos 2x.dx −→ 12 −→ 1
2
x+ C1 −
1
2
[
1
2
sin (2x) + C2
]
1
2
x− 1
4
sin 2x+ C onde C = C1 −
1
2
C2
Exerćıcio 58.
∫
cos2 xdx
12
∫
cos 2x.dx −→ u = 2x −→ du = 2dx −→ dx =
du
2
−→
∫
cosu
du
2
−→ 1
2
∫
cosu.du −→ 1
2
sinu+ C −→ 1
2
sin (2x) + C
40
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Resposta:
cos2 x =
1 + cos 2x
2
∫
cos2 xdx =
∫ 1 + cos 2x
2
dx
∫
[
1
2
+
cos 2x
2
]
dx =
∫ 1
2
dx+
cos 2x
2
dx −→ 1
2
x+ C1 +
1
2
∫
cos 2xdx
1
2
x+ C1 +
1
2
[
1
2
sin (2x) + C2
]
−→ 1
2
x+ C1 +
1
4
sin (2x) +
1
2
C2
1
2
x+
1
4
sin (2x) + C onde C = C1 +
1
2
C2
Exerćıcio 59.
∫
sin3 x cosxdx
Resposta:
I sin2 x+ cos2 = 1 −→ sin2 x = 1− cos2 x
∫
sin3 x cosxdx =⇒
∫
sin2 x sinx cosxdx =⇒
∫ (
1− cos2 x
)
sinx cosxdx
u = 1− cos2 x =⇒ du
dx
= −2 cosx (− sinx) =⇒ du = +2 sinx cosxdx
∴ sinx cosxdx =
du
2
∫
u
du
2
=⇒ 1
2
∫
u.du =⇒ 1
2
u2
2
+ C
=
1
4
u2 + C =⇒ 1
4
(
1− cos2 x
)2
+ C =⇒
∫
sin3 x cosxdx =
1
4
(
sin4 x
)
+ C
ou
II Solução Alternativa
u = sinx −→ du = cosxdx
∫
u3du =⇒ u4
4
+ C =⇒ sin4 x
4
+ C
41
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Exerćıcio 60. Calcular
∫
e
√
x
√
x
dx
Preparação
Sabe-se que:
• Se y =
√
x então y′ = 1
2
√
x
Desenvolvimento
Por substituição, faz-se u =
√
x.
u =
√
x =⇒ du
dx
= 1
2
√
x
=⇒ du = 1
2
√
x
dx =⇒ 2du = 1√
x
dx
Segue-se que:
∫
e
√
x
√
x
dx =
∫
e
√
x · 1√
x
dx =⇒(Aplicar a substituição)=⇒
∫
eu · 2du = 2 ·
∫
eudu = 2eu + C.
Como u =
√
x então 2eu + C torna-se 2e
√
x + C
Resposta
∫
e
√
x
√
x
dx = 2e
√
x + C
Exerćıcio 61. Calcular
∫
πxdx
Preparação
• Se y = πx então y = elnπx
= ex lnπ.
• Se y = ex lnπ então
dy
dx
= ex lnπ.(lnπ)
Segue-se que dy = ex lnπ.(lnπ)dx
•
∫
πxdx =⇒
∫
ex lnπdx
Desenvolvimento
∫
πxdx =⇒
∫
ex lnπdx
Por substituição, faz-se u = x lnπ. Portanto, du = (lnπ)dx =⇒ dx =
1
(lnπ)
du
∫
πxdx =⇒
∫
ex lnπdx =⇒ (Substituir u = x lnπ) =⇒
∫
eu
1
(lnπ)
du =⇒
∫
eu
1
(lnπ)
du =
1
(lnπ)
eu =
1
(lnπ)
ex lnπ + C =
1
(lnπ)
πx + C
Resposta
∫
πxdx =
πx
(lnπ)
+ C
42
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Exerćıcio 62. Calcular
∫
axdx
Preparação
• Se y = ax então y′ = ax. ln a.
Desenvolvimento
Por substituição faz-se u = ax.
Então,
du
dx
= ax. ln a
du = ax ln a.dx
du
ln a
= axdx
Segue-se que:
∫
axdx =⇒ (Aplicar a substituição) =⇒
∫
du
ln a
=
∫
1
ln a
.du = 1
ln a
∫
du = 1
ln a
u +C
Como u = ax então 1
ln a
u +C torna-se 1
ln a
ax +C
Resposta
∫
axdx = 1
ln a
ax +C
Exerćıcio 63. Calcular
∫
3x sin(3x−1)dx
Solução: Aplicar mudança de variáveis.
Preparação
• Se y = uv então y′ = vuv−1.u′ + uv.v′ lnu.
• Se y = 3x−1 então se tem que u = 3 e v = x−1. Logo, y′ = (x− 1) u(x−1)−1 ·0+3x−1 ·(1)·ln 3.
y′ = ln 3 · 3x−1
• Se u = 3x−1 então
du
dx
= ln 3.(3x−1) =⇒ du = ln 3.(3x−1)dx =⇒ dx =
du
ln 3.(3x−1)
=⇒ dx =
du
ln 3.(u)
• Se u = 3x−1 então u =
3x
3
=⇒ 3u = 3x
Desenvolvimento
∫
3x sin(3x−1)dx =
∫
3u sin(u)
du
ln 3.(u)
=
∫
3 sin(u)
du
ln 3
=
∫ 3
ln 3
sin(u)du =
3
ln 3
∫
sinudu =
−3
ln 3
cosu+ C
Segue-se que:
∫
3x sin(3x−1)dx =
−3
ln 3
cos(3x−1) + CResposta
∫
3x sin(3x−1)dx =
−3
ln 3
cos(3x−1) + C
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Exerćıcio 64.
∫
cotxdx
Resposta:
∫ cosx
sinx
dx
u = sinx =⇒ du
dx
= cosx =⇒ du = cosxdx
∫ 1
u
du =⇒ ln |u|+ C =⇒ ln | sinx|+ C
Exerćıcio 65.
∫
e−xdx
Resposta:
u = −x =⇒ du
dx
= −1 =⇒
{
du = −dx
dx = −du
∫
eu (−du) =⇒ −
∫
eudu =⇒ −eu + C.
Como u = −x, então
∫
e−xdu = −e−x + C
Exerćıcio 66.
∫ cos
√
x√
x
dx
Resposta:
u =
√
x =⇒ du
dx
=
1
2
√
x
=⇒ du =
1
2
√
x
dx =⇒ dx√
x
= 2du
∫
cosu.2du =
∫
2 cosu.du = 2
∫
cosudu = 2 sinu+ C =⇒ 2 sin
√
x+ C
Portanto,
∫ cos
√
x√
x
dx = 2 sin
√
x+ C
Exerćıcio 67.
∫
(x+ 4)
−1
dx
Resposta:
u = x+ 4 =⇒ du
dx
= 1 =⇒ du = dx
∫
u−1dx =⇒
∫ 1
u
du =⇒ ln |u|+ C =⇒ ln (x+ 4) + C
Exerćıcio 68.
∫ arctanx
1 + x2
dx
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Resposta:
Seja u = arctanx =⇒ du
dx
=
1
1 + x2
=⇒ du =
1
1 + x2
dx
∴
∫
udu =⇒ u2
2
+ C.
Como u = arctanx =⇒
∫ arctanx
1 + x2
dx =
[arctanx]
2
2
+ C
3.2 Integração por partes
Exerćıcio 69. Calcular
∫
x lnx dx. Utilizando integração por partes.
[∫
u dv = uv −
∫
v du
]
.
Resposta:
Sejam u = lnx e dv = x dx :









du
dx
=
1
x
=⇒ du =
dx
x
dv = xdx =⇒ v =
x2
2
∫
x lnx dx = lnx · x
2
2
−
∫ x2
2
dx
x
∫
x lnx dx =
x2
2
lnx−
∫ x
2
dx
∫
x lnx dx =
x2
2
lnx− 1
2
∫
x dx
∫
x lnx dx =
x2
2
lnx− 1
2
x2
2
+ C
∫
x lnx dx =
x2
2
[
lnx− 1
2
]
+ C
Exerćıcio 70. Calcular
∫
lnx dx
Resposta:
Sejam u = lnx e dv = dx
{
du
dx
=
1
x
=⇒ du =
dx
x
dv = du =⇒ v = x
∫
lnx dx = lnx · x−
∫
x.
1
x
dx
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∫
lnx dx = x · lnx−
∫
dx
∫
lnx dx = x lnx− x+ C
∫
lnx dx = x (lnx− 1) + C
Exerćıcio 71. Calcular
∫
e−
√
x dx.
Resposta:
I Preliminares: (preparação para a solução do exerćıcio)
∫
xe−x dx (Utilizar integração por partes)
{
u = x =⇒ dy = dx
dv = e−x du =⇒ v = −e−x
∫
xe−x du = x · (e−x)−
∫
−e−x dx
−→
∫
xe−x dx = −xe−x +
∫
e−x dx
∫
xe−x dx = −xe−x +
∫
e−x dx
∫
xe−x dx = −xe−x + (−e−x) + C
∫
xe−x dx = −xe−x − e−x + C
II Ao exerćıcio:
∫
e−
√
x dx (Utilizar substituições)
• u =
√
x =⇒ u2 = x =⇒ x = u2 =⇒ dx = 2u du
∫
e−u 2u du =⇒ 2
∫
e−u u du =⇒ 2
∫
ue−u du
Aproveitando os cálculos feitos em preliminares I:
∫
e−
√
x dx = 2
∫
ue−u du = 2 [−ue−u − e−u]
∫
e−
√
xdx = 2
[
−√
xe−
√
x − e−
√
x
]
= 2
[
e−
√
x (−√
x− 1)
]
∫
e−
√
x dx = 2e−
√
x [−√
x− 1] + C
Exerćıcio 72. Calcular
∫
e
√
2x+1dx. Verificar o resultado.
46
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Resposta:
Seja y =
√
2x+ 1.
(2x+ 1) = y2
y2 = (2x+ 1)
2y · y′ = 2
y′ =
1
y
dy
dx
=
1
y
dx = y dy
∫
eyy dy (utilizar integração por partes)
{
u = y =⇒ du = dy
dv = eydy =⇒ v = ey
∫
eyy dy = y · ey −
∫
ey · dy = yey − ey = ey (y − 1)
∫
eyy dy = ey (y − 1) + C
Como y =
√
2x+ 1
∫
e
√
2x+1dx = e
√
2x+1
(√
2x+ 1− 1
)
+ C
Verificação: A derivada em relação a x de e
√
2x+1
(√
2x+ 1− 1
)
é:
e
√
2x+1.
1
2
√
2x+ 1
.2.
(√
2x+ 1− 1
)
+ e
√
2x+1
(
1
2
√
2x+ 1
· 2
)
e
√
2x+1 · 1√
2x+ 1
(√
2x+ 1− 1
)
+
e
√
2x+1
√
2x+ 1
(1)
e
√
2x+1
√
2x+ 1
[√
2x+ 1− 1 + 1
]
−→ e
√
2x+1
Exerćıcio 73. Calcular
∫
a
√
2x+1dx. para a ∈ {2, 3, 4, ...} .
Resposta:
Seja y =
√
2x+ 1
y2 = 2x+ 1 −→ 2y · y′ = 2 −→ y′ =
1
y
−→ dy
dx
=
1
y
=⇒ dx = y dy
∴
∫
a
√
2x+1dx =
∫
ayy dy (resolver através de integração por partes)
47
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{
u = y =⇒ du = dy
dv = aydy =⇒ v =
ay
ln a
Lembrar que para y = ax (1 6= a > 0) =⇒ y′ = ax · ln a 0 Lembrar que para y = ax
∫
ay · y dy = y · ay
ln a
−
∫ ay
ln a
dy
∫
ay · ydy = y
ay
ln a
− 1
ln a
∫
ay dy
∫
ay · ydy = y
ay
ln a
− 1
ln a
[
ay
ln a
]
+ C
∫
ay · ydy = y
ay
ln a
− 1
ln a
[
ay
ln a
]
+ C
∫
ay · y dy =
ay
ln a
[
y − 1
ln a
]
+ C
∫
ayy dy =
ay
ln a
[
y − 1
ln a
]
+ C
Como y =
√
2x+ 1
∫
a
√
2x+1 dx =
∫
ayy dy =
ay
ln a
[
y − 1
ln a
]
+ C
∫
a
√
2x+1 dx =
a
√
2x+1
ln a
[√
2x+ 1− 1
ln a
]
+ C
Note que se a = e então:
∫
e
√
2x+1 dx = e
√
2x+1
[√
2x+ 1− 1
]
+ C , pois ln e = 1 (que é um exerćıcio já resolvido)
Exerćıcio 74. Calcular
∫
xexdx.
Solução: Utilizar a técnica de integração por partes:
∫
udv = uv −
∫
vdu
Preparação
Seja u = x e dv = exdx. Assim,
{
u = x =⇒ du = dx
dv = exdx =⇒ v = ex
Desenvolvimento
∫
udv = uv −
∫
vdu
∫
xexdx = x.ex −
∫
exdx
∫
xexdx = x.ex − ex + c = ex(x− 1) + c
Resposta
∫
xexdx = ex(x− 1) + c
Exerćıcio 75. Calcular
∫
x2exdx.
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Solução: Utilizar (recursivamente) duas vezes a técnica de integração por partes:
∫
udv =
uv −
∫
vdu
Preparação
• Seja u = x2 e dv = exdx. Assim,
{
u = x2 =⇒ du = 2xdx
dv = exdx =⇒ v = ex
•
∫
xexdx = x.ex − ex + c
Desenvolvimento
∫
udv = uv −
∫
vdu
∫
x2exdx = x2.ex −
∫
ex2xdx
∫
x2exdx = x2.ex − 2
∫
xexdx Utilizar integração por partes para resolver
∫
xexdx
∫
x2exdx = x2.ex − 2[x.ex − ex] + c
∫
x2exdx = x2.ex − 2x.ex + 2ex + c
∫
x2exdx = ex(x2 − 2x+ 2) + c
Resposta
∫
x2exdx = ex(x2 − 2x+ 2) + c
Exerćıcio 76. Calcular
∫
x3exdx.
Solução: Utilizar (recursivamente) três vezes a técnica de integração por partes:
∫
udv =
uv −
∫
vdu
Preparação
• Seja u = x3 e dv = exdx. Assim,
{
u = x3 =⇒ du = 3x2dx
dv = exdx =⇒ v = ex
•
∫
xexdx = x.ex − ex + c
•
∫
x2exdx = x2.ex − 2x.ex + 2ex + c
Desenvolvimento
∫
udv = uv −
∫
vdu
∫
x3exdx = x3.ex −
∫
ex3x2dx
∫
x3exdx = x3.ex − 3
∫
x2exdx Utilizar duas vezes a integração por partes para resolver
∫
x2exdx
∫
x3exdx = x3.ex − 3[x2.ex − 2x.ex + 2ex] + c
∫
x3exdx = x3.ex − 3x2.ex + 6x.ex − 6ex + c
∫
x3exdx = ex(x3 − 3x2 + 6x− 6) + c
Resposta
∫
x3exdx = ex(x3 − 3x2 + 6x− 6) + c
Exerćıcio 77. Calcular
∫
ex sinx dx.
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Resposta:
I Preliminares (preparação para a solução do exerćıcio)
Calcular
∫
ex cosx dx.
[
Utilizar integração por partes:
∫
u dv = uv −
∫
v du
]
{
u = ex =⇒ du = exdx
dv = cosx du =⇒ v = sinx
∴
∫
ex cosx dx = ex · sinx−
∫
sinx · ex
∫
ex cosx dx = ex · sinx−
∫
ex · sinx dx
II Ao exerćıcio:
=⇒
∫
ex · sinx dx
(
Utilizar integração por partes :
∫
udv = uv −
∫
vdu
)
{
u = ex =⇒ du = ex dx
dv = sinx dx =⇒ v = − cosx
∴
∫
ex sinx dx = ex (− cosx)−
∫
− cosx ex dx
−→
∫
ex sinx dx = −ex cosx+
∫
ex cosx dx
Aproveitando os cálculos feitos em preliminares I
∫
ex sinx dx = −ex cosx+
[
ex sinx−
∫
ex sinx dx
]
∫
ex sinx dx = −ex cosx+ ex sinx−
∫
ex sinx dx
∫
ex sinx dx+
∫
ex sinx dx = ex sinx− ex cosx
2
∫
ex sinx dx = ex sinx− ex cosx
∫
ex sinx dx =
ex sinx− ex cosx
2
+ C
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3.3 Frações Parciais
Exerćıcio 78. Calcular
∫ 2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
dx.
Resposta:
Preliminares:
I
2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
=
Ax+B
x2 + 1
+
C
x− 3
2x+ 5
(x2 + 1) (x− 3)
=
(Ax+B) (x− 3) + C
(
x2 + 1
)
(x2 + 1) (x− 3)
2x+ 5 = (Ax+B) (x− 3) + C
(
x2 + 1
)
2x+ 5 = Ax2 − 3Ax− 3B +Bx+ Cx2 + C
2x+ 5 = Ax2 − 3Ax+Bx− 3B + Cx2 + C
2x+ 5 = (A+ C)x2 + (−3A+B)x+ (−3B + C)
