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Calcular o valor, em função de x, das seguintes integrais, aplicando o método de integração por partes: ( O método tem a seguinte fórmula: d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u ) 1) I = d⌠⌡x 2 ( )sen x x ; Solução considerando: u = x2 => du = 2x dx dv = sen(x)dx => v = − ( )cos x substituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = − − x 2 ( )cos x d⌠⌡− ( )cos x 2 x x = − + x2 ( )cos x 2 d⌠⌡x ( )cos x x fazendo J = 2 d⌠⌡x ( )cos x x considerando w = x => dw = dx dz = cos(x) dx => z = sen(x) substituindo em J , temos: J = 2 d⌠⌡w z = − 2 w z 2 d ⌠ ⌡z w = − 2 x ( )sen x 2 d ⌠ ⌡ ( )sen x x = 2 x sen(x) + 2 cos(x) + K logo, temos: I = −x2 ( )cos x + J = −x2 ( )cos x + 2 x sen(x) + 2 cos(x) + K ------------------------------------------- Page 1 2) I = d⌠⌡ ( )ln ( )tg x ( )sec x 2 x Solução considerando u = ln(tg(x)) => du = ( )sec x 2 ( )tg x dx dv = ( )sec x 2dx => v = tg(x) substituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = − ( )ln ( )tg x ( )tg x d ⌠ ⌡ ( )tg x ( )sec x 2 ( )tg x x = − ( )ln ( )tg x ( )tg x d⌠⌡ ( )sec x 2 x = = − ( )ln ( )tg x ( )tg x ( )tg x + K = ( )tg x ( ) − ( )ln ( )tg x 1 + K ------------------------------------------ 3) I = d ⌠ ⌡ x ex ( ) + 1 x 2 x ; Solução considerando u = x ex => du = ( + ex x ex) dx = ex ( ) + 1 x dx dv = 1 ( ) + 1 x 2 dx => v = − 1 + 1 x sustituindo em I , temos: Page 2 I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = − − x ex + 1 x d ⌠ ⌡ − ex ( ) + 1 x + 1 x x = − + x ex + 1 x d ⌠ ⌡e x x = = − + x ex + 1 x ex + K = ex − 1 x + 1 x + K = ex 1 + 1 x + K = ex + 1 x + K ----------------------------------------- 4) I = d⌠⌡x 2 ( )ln + x 1 x ; Solução considerando u = ln( x + 1) => du = 1 + x 1 dx dv = x2 dx => v = x 3 3 substituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = x 3 3 ln( x + 1 ) − d ⌠ ⌡ x 3 3 ( ) + x 1 x = x 3 3 ln( x + 1 ) − 1 3 d ⌠ ⌡ x 3 + x 1 x = = x 3 3 − ( )ln + x 1 1 3 d ⌠ ⌡ − + − x 2 x 1 1 + x 1 x = x 3 3 ln( x + 1 ) − 1 3 ( − + − d ⌠ ⌡x 2 x d⌠⌡x x d ⌠ ⌡1 x d ⌠ ⌡ 1 + x 1 x ) = = x 3 3 ln( x +1) − 1 3 ( − + − x 3 3 x 2 2 x ( )ln + x 1 ) + K = x 3 3 ln( x +1) + 1 3 ln( x + 1 ) − x 3 9 + x 2 6 − x 3 + K Page 3 ------------------------------------------- 5) I = d ⌠ ⌡ ( )ln x x x ; Solução considerando u = ln(x) => du = 1 x dx dv = 1 x dx => v = ln(x) substituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = ln(x) ln(x) − d ⌠ ⌡ ( )ln x x x = ( )ln x 2 - I => I + I = ( )ln x 2 => 2 I = ( )ln x 2 => I = 1 2 ( )ln x 2 + K ------------------------------------------- 6) I = d⌠⌡x ( )ln x 2 x ; Suloção considerando u = ( )ln x 2 => du = 2 ( )ln x 1 x dx dv = x dx => v = x 2 2 substituindo em I , temos; I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = x 2 2 ( )ln x 2 − d⌠⌡x ( )ln x x Page 4 considerando w = ln(x) => dw = 1 x dx dz = x dx => z = x 2 2 substituindo nesta última integral de I , temos: I = x 2 2 ( )ln x 2 − d⌠⌡w z = x 2 2 ( )ln x 2 - ( − w z d⌠⌡z w ) = x 2 2 ( )ln x 2 − x 2 2 ln(x) + d ⌠ ⌡ x 2 2 x x = = x 2 2 ( )ln x 2 − x 2 2 ln(x) + 1 2 d⌠⌡x x = x 2 2 ( )ln x 2 − x 2 2 ln(x) + x 2 4 + K ------------------------------------------ 7) I = d ⌠ ⌡x 3 ( )cos x2 x ; Solução I = d ⌠ ⌡ x2 ( )cos x2 x x considerando u = x2 => du = 2 x dx => 1 2 du = x dx substituindo em I , temos: I = 1 2 d⌠⌡u ( )cos u u considerando w = u => dw = du dz = cos(u) du z = sen(u) substituindo nesta última I , temos: I = 1 2 d⌠⌡w z = 1 2 ( − w z d⌠⌡z w ) = 1 2 ( − u ( )sen u d⌠⌡ ( )sen u u ) = 1 2 ( u sen(u) + Page 5 cos(u) ) + k substituindo u nesta última I , temos: I = 1 2 ( + x2 ( )sen x2 ( )cos x2 ) + K = 1 2 x 2 ( )sen x2 + 1 2 ( )cos x2 + K ----------------------------------------- 8) I = d⌠⌡e ( )−x ( )cos 2 x x ; Solução considerando u = e( )−x => du = −e( )−x dx => −du = e( )−x dx dv = cos(2x) dx => v = 1 2 sen(2x) subtituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = e ( )−x 1 2 sen(2x) + 1 2 d ⌠ ⌡ ( )sen 2 x e ( )−x x fazendo J = 1 2 d ⌠ ⌡ ( )sen 2 x e ( )−x x considerando w = e( )−x => dw = −e( )−x dx => −dw = e( )−x dx dz = sen(2x) dx => z = − 1 2 cos(2x) substituindo em J , temos: J = 1 2 d⌠⌡w z = 1 2 ( − w z d⌠⌡z w ) = 1 2 ( − 1 2 cos(2x) e( )−x − 1 2 d ⌠ ⌡ ( )cos 2 x e ( )−x x ) = = − 1 4 cos(2x) e( )−x − 1 4 I logo, I = e( )−x 1 2 sen(2x) − 1 4 cos(2x) e( )−x − 1 4 I + K => Page 6 => I + 1 4 I = 1 2 e( )−x ( )sen 2 x − 1 4 e( )−x ( )cos 2 x + K => => 5 4 I = 1 2 e( )−x ( )sen 2 x − 1 4 e( )−x ( )cos 2 x + K => => I = 2 5 e( )−x( )sen 2 x − 1 5 e( )−x ( )cos 2 x + K ------------------------------------------ 9) I = d⌠⌡x ( )cossec 3 2 x ; Solução considerando u = x => du = dx dv = ( )cossec 3 x 2 dx => v = − 1 3 cotg(3x) substituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = − 1 3 x cotg(3x) + 1 3 d⌠⌡ ( )cotg 3 x x fazendo J = 1 3 d⌠⌡ ( )cotg 3 x x = 1 3 d ⌠ ⌡ ( )cos 3 x ( )sen 3 x x considerando w = sen(3x) => dw = 3 cos(3x) dx => 1 3 dw = cos(3x) dx substituindo em J, temos: J = 1 9 d ⌠ ⌡ 1 w w = 1 9 ln( | w | ) + K = 1 9 ln( | sen(3x) | ) + K logo, I = − 1 3 x cotg(3x) + 1 9 ln( | sen(3x) | ) + K Page 7 ----------------------------------------- 10) I = d⌠⌡ ( )arctg x x ; Solução considerando u = arctg(x) => du = 1 + 1 x2 dx dv = dx => v = x substituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = x arctg(x) − d ⌠ ⌡ x + 1 x2 x fazendo J = − d ⌠ ⌡ x + 1 x2 x considerando w = + 1 x2 => dw = 2 x dx => 1 2 dw = x dx substituindo em J , temos: J = − 1 2 d ⌠ ⌡ 1 w w = − 1 2 ln( | w | ) + K = − 1 2 ln( 1 + x2 ) + K logo, I = x arctg(x) − 1 2 ln( 1 + x2 ) + K ------------------------------------------- 11) I = d⌠⌡x ( )arctg x x ; Solução Page 8 considerando u = arctg(x) => du = 1 + 1 x2 dx dv = x dx => v = 1 2 x 2 substituindo em I , temos: I = d⌠⌡u v = − u v d ⌠ ⌡v u = 1 2 x 2 arctg(x) − 1 2 d ⌠ ⌡ x 2 + 1 x2 x = = 1 2 x 2 arctg(x) − 1 2 d ⌠ ⌡ − 1 1 + 1 x2 x = 1 2 x 2 arctg(x) − 1 2 d⌠⌡1 x + 1 2 d ⌠ ⌡ 1 + 1 x2 x = = 1 2 x 2 arctg(x) − 1 2 x + 1 2 arctg(x) + K ------------------------------------------ ============================================ Jailson Marinho Cardoso Aluno do curso de Matemática Universidade Federal da Paraíba Campus I 20/07/2000 ============================================ Page 9
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