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Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 1 Integral definido. Exercícios resolvidos. a) Calcular os integrais definidos utilizando a fórmula de Barrow. Exercício 1. ∫ + 1 0 1 dxx . = + = + + =++=++=+ + ∫∫∫ 1 0 2 3 1 0 1 2 1 1 0 2 11 0 1 0 2 3 )1( 1 2 1 )1()1()1()1(11 xxxdxxdxdxx ( ) ( )122 3 212 3 2)01()11( 3 21 3 2 2 3 2 3 2 31 0 2 3 −⋅= −⋅= +−+⋅=+⋅= x . Exercício 2. ( )∫ − + 1 1 22 1x dxx . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =++⋅=+ + ⋅= + ⋅= + = + ∫∫∫∫∫ − − −−−− 1 1 222 1 1 22 21 1 22 21 1 22 2 1 1 22 )1(1 2 1 1 )1( 2 1 1 )( 2 1 1 )( 2 1 1 xdx x xd x xd x xd x dxx ( ) ( )( ) 0 1)1( 1 11 1 2 1 1 1 2 11 2 1 12 1 2 1 22 1 1 2 1 1 12 1 1 122 = +− − + ⋅−= + ⋅−=+⋅−= +− + ⋅= − − − − +− x x x Exercício 3. ∫ +e x dxnxl 1 )1( . =+=⋅+=⋅+= + ∫∫∫∫∫ eeeee nxldnxlnxldnxldnxl x dx nxl x dxnxl 11111 )()()()1()1()1( ( ) ( ) 2 3 2 11 2 1 2 1 2 22 1 2 1 =+= −+−= += nlenl nlenlxnlnxl e e . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 2 Exercício 4. ∫ − 2 0 216 x dx . = − = = − = − ∫∫ 4 0 4 2 4416 2 0 2 0 22 2 0 2 arcsenarcsen x arcsen x dx x dx ( ) 6 0 6 0 2 1 pipi =−=− = arcsenarcsen . Exercício 5. ∫ ++ 1 0 2 54xx dx . O polinómio do denominador não tem raizes reais: 2 44 2 201640542 −±−=−±−=⇒=++ xxx . Portanto é uma fracção elementar do terceiro tipo. = ++ + = ++ = +++ = ++ ∫∫∫∫ 1 0 22 1 0 2 1 0 2 1 0 2 )2(1 )2( 1)2(14454 x xd x dx xx dx xx dx ( ) )2()3()20()21()2( 10 arctgarctgarctgarctgxarctg −=+−+=+= . Exercício 6. ∫ 2 0 )2( pi dxxsen . método1o : ( ) =⋅−=⋅⋅=⋅⋅= ∫∫∫ 20 2 0 2 0 2 0 )2( 2 1)2()2( 2 1)2( 2 1)2()2( pi pipipi xoscxdxsenxdxsendxxsen ( )( ) ( ) 111 2 1)0( 2 1)02( 2 2 2 1 =−−⋅−=−⋅−= ⋅− ⋅⋅−= oscoscoscosc pi pi . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 3 método2o : = ⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅= ∫∫∫ 2 0 22 0 2 0 2 0 2 2)(2cos2)2( pipipipi xsen senxdsenxdxxsenxdxxsen 1 2 0 2 12 2 0 2 22 222 2 = −⋅= − ⋅= sen sen pi . Exercício 7. ∫ 2 6 3 pi pi dx xsen osxc . = ⋅−= +− =⋅== +− − ∫∫∫ 2 6 2 2 6 132 6 3 2 6 3 2 6 3 1 2 1 13 )()()()( pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi xsen xsen xsendxsen xsen senxddx xsen osxc ( ) 2 341 2 1 2 1 1 1 1 2 1 6 1 2 1 2 1 22 22 =−⋅−= −⋅−= − ⋅−= pipi sensen . Exercício 8. ( )∫ ⋅− 1 0 2 dxex x . ( ) ( ) =⋅− =⋅⋅−⋅=⋅−⋅=⋅− ∫∫∫∫∫ 1 0 1 0 21 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 2 222 xxxx exdxedxxdxedxxdxex ( ) eeee 2 2 522 2 12 2 0 2 1 0122 −=+−=−⋅− −= . Exercício 9. ( )∫ ⋅+8 0 32 dxxx . ( ) =⋅+⋅⋅=⋅+⋅=⋅+ ∫∫∫∫∫ 8 0 3 18 0 2 18 0 3 8 0 8 0 3 222 dxxdxxdxxdxxdxxx Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 4 = ⋅+ ⋅⋅= + + + ⋅= ++ 8 0 3 48 0 2 3 8 0 1 3 1 8 0 1 2 1 4 3 3 22 1 3 11 2 12 xx xx 3 10016 4 3216 3 228 4 38 3 2208 4 308 3 22 3 433 4 3 4 2 3 2 3 =⋅+⋅=⋅+⋅= −⋅+ −⋅= . Exercício 10. ∫ ⋅+ − 2 1 3 12 dx xx x . A função xx x + − 3 12 é racional. ACxxBACxBxAAxx x CBx x A xx x xx x +++=+++=−⇒ + + += + − = + − 222 223 )(121)1( 1212 Obtemos o sistema: = = −= ⇔ −= = =+ .2 ,1 ,1 ,1 ,2 ,0 C B A A C BA Portanto =⋅ + + +⋅−=⋅ + + + − =⋅ + − ∫∫∫∫ 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 3 1 21 1 2112 dx x xdx x dx x x x dx xx x =⋅ + +⋅ + +⋅−=⋅ + + + +⋅−= ∫ ∫∫∫∫ 2 1 2 1 22 2 1 2 1 22 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 dx x dx x xdx x dx xx xdx x =⋅ + ⋅++⋅ + ⋅+⋅−= ∫ ∫∫ 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 12)1( 1 1 2 11 dx x xd x dx x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )+−⋅+−−=⋅++⋅+−= 25 2 11221 2 1 2 1 2 1 22 1 nlnlnlnlxarctgxnlxnl ( ) . 4 22 8 5 2 1 4 222 2 35 2 1122 −⋅+ ⋅= −⋅+⋅−⋅=−⋅+ pipi arctgnlarctgnlnlarctgarctg Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 5 b) Calcular os integrais efectuando a substituição de variável. Exercício 11. ∫ ⋅⋅ 2 0 2 pi dxxoscsenx . Fazemos a substituição tsenx = . Então temos: 21 t dtdxtarcsenxtsenx − =⇒=⇒= e 222 11 txsenxosc −=−= . Determinamos os limites de integração para a variável t : 0)0(0 ==⇒= sentx nfinfi , 122 = =⇒= pipi sentx upsups Portanto =⋅−⋅=⋅−⋅=⋅ − ⋅−⋅=⋅⋅ ∫∫∫∫ 1 0 22 1 0 2 1 0 2 2 2 0 2 )(1 2 11 1 1)1( tdtdtttdt t ttdxxoscsenx pi ( ) ( ) = + − ⋅−=−⋅−⋅−=−⋅−⋅−= + ∫∫ 1 0 1 2 1 21 0 22 1 2 1 0 22 1 2 1 1 2 1)1(1 2 1)1(1 2 1 t tdttdt ( ) ( ) ( ) ( ) 3 10111 3 11 3 1 2 3 1 2 1 2 3 22 3 2 1 0 2 3 2 1 0 2 3 2 = −−−⋅−= −⋅−= − ⋅−= t t . Exercício 12.∫ ⋅+ − 1 0 1 dx ee xx . Fazemos a substituição te x = . Então temos: t dtdxtnlxte x =⇒=⇒= . Determinamos os limites de integração para a variável t : 10 0 ==⇒= etx nfinfi , eetx upsups ==⇒= 11 . Portanto ( ) ==⋅ + =⋅⋅ + =⋅ + =⋅ + ∫∫∫∫ − e ee x x xx tarctgdt t dt t t t dx e e dx ee 11 2 1 1 0 1 0 1 11 1 1 1 11 4 1 pi−=−= earctgarctgearctg . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 6 Exercício 13. ∫ ⋅+⋅ 4 0 2 9 dxxx . Fazemos a substituição tx =+ 92 . Então temos: 9 999 2 2222 − ⋅ =⇒−=⇒=+⇒=+ t dttdxtxtxtx . Determinamos os limites de integração para a variável t : 390 ==⇒= nfinfi tx , 5944 2 =+=⇒= upsups tx . Portanto 3 98 3 3 3 5 39 99 335 3 35 3 2 5 3 2 2 4 0 2 =−= =⋅=⋅ − ⋅⋅−=⋅+⋅ ∫∫∫ tdttdt t t ttdxxx . Exercício 14. ∫ +++ 2 0 3)1(1 xx dx . Fazemos a substituição tx =+1 . Então temos: dttdxtxtxtx ⋅=⇒−=⇒=+⇒=+ 2111 22 . Determinamos os limites de integração para a variável t : 110 ==⇒= nfinfi tx , 3122 =+=⇒= upsups tx . Portanto = + ⋅ ⋅= + ⋅ = +++ = +++ ∫∫∫∫ 3 1 2 3 1 3 2 0 3 2 0 3 )1(2 2 )1(1)1(1 tt dtt tt dtt xx dx xx dx ( ) ( ) 643 21322 1 2 3 1 3 1 2 pipipi = −⋅=−⋅=⋅= + ⋅= ∫ arctgarctgtarctgt dt . Exercício 15. ∫ ++ 2 0 1 pi xoscxsen dx . Fazemos a substituição txtg = 2 . Então temos: 2 2 2 1 1 , 1 2 t t xosc t t senx + − = + = . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 7 21 22 22 t dtdxtarctgxtarctgxtxtg + ⋅ =⇒⋅=⇒=⇒= . Determinamos os limites de integração para a variável t : 0)0(0 ==⇒= tgtx nfinfi , 142 = =⇒= pipi tgtx upsups . Portanto = + = −+++ ⋅ = + ⋅ ⋅ + − + + + = ++ ∫∫∫∫ 1 0 1 0 22 1 0 2 2 2 2 2 0 1121 2 1 2 1 1 1 21 1 1 t dt ttt dt t dt t t t txoscxsen dx pi ( ) ( ) 201111)1( 1 1 1 0 1 0 nlnlnltnltd t =+−+=+=+⋅ + = ∫ . Exercício 16. ∫ + 4 0 1 x dx . Fazemos a substituição tx = . Então temos: dttdxtxtx ⋅=⇒=⇒= 22 . Determinamos os limites de integração para a variável t : 000 ==⇒= nfinfi tx , 244 ==⇒= upsups tx . Portanto =⋅ + − + + ⋅=⋅ + −+ ⋅= + ⋅ ⋅= + ⋅ = + ∫∫∫∫∫ 2 0 2 0 2 0 2 0 4 0 1 1 1 12 1 112 1 2 1 2 1 dt tt tdt t t t dtt t dtt x dx ( ) ( ) =+⋅−⋅=+⋅ + ⋅−⋅= ∫∫ 2 0 2 0 2 0 2 0 122)1( 1 122 tnlttd t dt ( ) 32401212)02(2 nlnlnl ⋅−=+−+⋅−−⋅= . Exercício 17. ∫ − ++ 0 1 3 11 x dx . Fazemos a substituição tx =+3 1 . Então temos: dttdxtxtxtx ⋅=⇒−=⇒=+⇒=+ 2333 3111 . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 8 Determinamos os limites de integração para a variável t : 0111 3 =+−=⇒−= nfinfi tx , 1100 3 =+=⇒= upsups tx . Portanto =⋅ + − + + ⋅=⋅ + −+ ⋅= + ⋅= + = ++ ∫∫∫∫∫ − dt t t t dt t t t dtt t dtt x dx 1 0 21 0 21 0 21 0 20 1 3 1 1 1 13 1 113 1 3 1 3 11 =⋅ −+ + ⋅=⋅ + +− + + ⋅= ∫∫ dttt dt t tt t 1 0 1 0 1 1 13 1 )1)(1( 1 13 ( ) ( ) =⋅− ⋅++⋅=⋅−⋅⋅+⋅ + ⋅= ∫∫∫ 1 0 1 0 21 0 1 0 1 0 1 0 3 2 31333 1 13 tttnldtdttdt t ( ) 2 323)01(3 2 0 2 1301113 22 −⋅=−⋅− −⋅++−+⋅= nlnlnl . Exercício 18. ∫ ⋅ − 3 0 6 dx x x . Fazemos a substituição t x x = −6 . Então temos: ⇒ + =⇒⋅−=⇒= − ⇒= − 2 2 222 1 66 66 t t xtxtxt x x t x x ( ) ( ) dtt tdt t ttttdt t tdx ⋅ + =⋅ + ⋅−+ =⋅ ′ + = 2222 22 2 2 1 12 1 26)1(12 1 6 . Determinamos os limites de integração para a variável t : 00 =⇒= nfinfi tx , 13 =⇒= upsups tx . Portanto ( ) ( ) ( ) ( ) =+ ⋅ ⋅⋅= + ⋅⋅ ⋅=⋅ + ⋅=⋅ + ⋅=⋅ − ∫∫∫∫∫ 1 0 22 1 0 22 1 0 22 21 0 22 3 0 1 26 1 26 1 12 1 12 6 t dtt t t dtttdt t tdt t t tdx x x Na continuação integramos por partes: dtdUtU == , ; Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 122 22 2 22 2 2222 1 1 12 1 1 )1( 1 )( 1 2 , 1 2 t t t td t td t dttV t dttdV + −= +− + = + + = + = + ⋅ = + ⋅ = +− ∫∫∫ . Obtemos ( ) = + + − + −⋅= + + + −⋅= ∫ 1 022 1 0 2 1 0 2 01 0 11 16 11 6 tarctg t dt t t 2 )2(3 42 16 −⋅= +−⋅= pipi . Exercício 19. ∫ + 1 0 1 xe dx . Fazemos a substituição te x = . Então temos: t dtdxtnlxte x =⇒=⇒= . Determinamos os limites de integração para a variável t : 10 0 ==⇒= etx nfinfi , eetx upsups ==⇒= 11 . Portanto =⋅ ⋅+ − ⋅+ + =⋅ ⋅+ −+ = ⋅+ = + ∫∫∫∫ eee x dt tt t tt tdt tt tt tt dt e dx 111 1 0 )1()1( 1 )1( 1 )1(1 ( ) ( ) =+−=+⋅ + −⋅=⋅ + −= ∫∫∫ ee eee tnltnltd t dt t dt tt 11111 1)1( 1 11 )1( 11 ( ) ( ) 1 2)1()2()1(22)1(1 + =+−=+−+=−+−−= e e nlenlenlenlnlnelnlenlnlnel . Exercício 20. ∫ + 3 1 32 )1( x dx . Fazemos a substituição ttgx = . Então temos: tosc dtdx 2= , ( ) tt tsent t tsen t tsen ttgx 22 22 2 22 22 cos 1 cos cos cos 1 cos 111 =+=+= +=+=+ . Porque xarctgtttgx =⇒= , determinamos os limites de integração para a variável t : Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 10 4 )1(1 pi==⇒= arctgtx nfinfi , 3)3(3 pi ==⇒= arctgtx upsups . Portanto ( ) = ⋅ == = = + = + ∫∫∫∫∫∫ 3 4 2 33 4 3 23 4 3 23 4 3 2 23 1 3 2 3 1 32 1111)1( pi pi pi pi pi pi pi pi tosc dttosc tosc tosc dt tosc tosc dt tosc tosc dt x dx x dx ( ) 2 23 2 2 2 3 43 3 3 3 4 − =−= − ==⋅= ∫ pipipi pi pi pi sensensentdttosc. c) Calcular os integrais aplicando o método de integração por partes. Exercício 21. ∫ − 1 0 dxxe x . Fazemos: dxdUxU =⇒= , xxx edxeVdxedV −−− −==⇒= ∫ . Portanto ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) =−+⋅−=+⋅−=−−−⋅= −−−−−−− ∫∫∫ 1010 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 xxxxxxx eexdxeexdxeexdxxe ( )( ) ( ) ( ) ( ) eee eeeeeex xx 2111101 0101 1 0 1 0 −=+−−=−−⋅−⋅−=−⋅−= −−−− . Exercício 22. ∫ 2 1 0 dxxarcsen . Fazemos: ( ) dx x dxxarcsendUxarcsenU 21 1 − = ′ =⇒= , xdxVdxdV ==⇒= ∫ . Portanto ( ) ( ) = − ⋅−⋅= − −⋅= ∫∫∫ 2 1 0 2 2 2 1 0 2 1 0 2 2 1 0 2 1 0 1 )( 2 1 1 x xd xarcsenxdx x x xarcsenxdxxarcsen ( ) ( ) = − − ⋅+⋅= − − ⋅+⋅= ∫∫ 2 1 0 2 2 2 1 0 2 1 0 2 2 2 1 0 1 )1( 2 1 1 )( 2 1 x xd xarcsenx x xd xarcsenx Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 11 ( ) ( ) ( ) ( ) = +− − ⋅+⋅=−⋅−⋅+⋅= +− − ∫ 2 1 0 1 2 1 2 2 1 0 2 1 0 22 1 22 1 0 1 2 1 1 2 1)1(1 2 1 x xarcsenxxdxxarcsenx ( ) ( ) .1 2 3 12 1 4 3 62 101 2 1100 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 −+=−+⋅= −− −+ ⋅− ⋅= pipi arcsenarcsen Exercício 23. ∫ ⋅ 3 4 2 pi pi xsen dxx . Fazemos: dxdUxU =⇒= , xctg xsen dxV xsen dxdV −==⇒= ∫ 22 . Portanto ( ) ( ) =⋅+⋅−=⋅−−⋅−=⋅ ∫∫∫ 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 2 )( pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi dx xsen xosc xctgxdxxctgxctgx xsen dxx ( ) ( ) ( ) =+⋅−=+⋅−= ∫ 3 4 3 4 3 4 3 4 )( pi pi pi pi pi pi pi pi senxnlxctgx xsen xsend xctgx . 2 3 2 1 36 )349( 434433 ⋅+ − = − + ⋅− ⋅−= nlsennlsennlctgctg pipipipipipipi Exercício 24. ∫ ⋅⋅ pi 0 3 dxsenxx . Fazemos: dxxdUxU 23 3=⇒= , xoscdxxsenVdxxsendV −==⇒= ∫ . Portanto ( ) ( )+⋅−+⋅−=⋅−⋅−⋅−=⋅⋅ ∫∫ 00)(3 33 0 2 0 3 0 3 oscoscdxxoscxxoscxdxsenxx pipi pi pi pi =⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅+ ∫∫ pipi pi 0 23 0 2 33 dxxoscxdxxoscx Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 12 Integramos por partes: xdxdUxU 22 =⇒= , xsendxxoscVdxxoscdV ==⇒= ∫ . Portanto na continuação temos: ( ) = ⋅⋅−⋅⋅+= ∫ pi pi pi 0 0 23 23 dxxsenxsenxx ( ) =⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅+= ∫∫ pipi pipipipi 0 3 0 223 66)0(0)(3 dxxsenxdxxsenxsensen Mais uma vez integramos por partes: dxdUxU =⇒= , xoscdxxsenVdxxsendV −==⇒= ∫ . Portanto obtemos: ( ) = ⋅−−⋅−⋅−= ∫ pi pi pi 0 0 3 )(6 dxxoscxoscx ( ) =⋅⋅−⋅−⋅⋅+= ∫ pi pipipi 0 3 6)0(0)(6 dxxoscoscosc ( ) ( ) pipipipipipipi pi 6)0()(6666 3303 −=−⋅−−=⋅−−= sensenxsen . Exercício 25. ∫ ⋅⋅ 2 0 2 pi dxxosce x . Fazemos: dxedUeU xx ⋅⋅=⇒= 22 2 , xsendxxoscVdxxoscdV ==⇒= ∫ . Portanto ( ) =⋅⋅⋅−⋅=⋅⋅ ∫∫ 2 0 22 0 2 2 0 2 2 pi pi pi dxxsenexsenedxxosce xxx =⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅− ⋅− ⋅= ∫∫ ⋅ ⋅ 2 0 2 2 0 2022 2 22)0( 2 pi pi pi pi pi dxxseneedxxsenesenesene xx Mais uma vez integramos por partes: dxedUeU xx ⋅⋅=⇒= 22 2 , xoscdxxsenVdxxsendV −==⇒= ∫ . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 13 Na continuação temos: ( ) = ⋅−⋅⋅−⋅−⋅−= ∫ 2 0 22 0 2 )(22 pi pi pi dxxoscexoscee xx ( ) ∫∫ ⋅⋅⋅−−= ⋅⋅⋅−⋅⋅+= 2 0 2 2 0 22 0 2 4222 pi pi pi pi pi dxxosceedxxoscexoscee xxx . Portanto obtemos: ∫∫ ⋅⋅⋅−−=⋅⋅ 2 0 2 2 0 2 42 pi pi pi dxxosceedxxosce xx . Resolvemos a equação obtida em relação ao integral: 25 2 0 2 −=⋅⋅⋅ ∫ pi pi edxxosce x e 5 22 0 2 − =⋅⋅∫ pi pi edxxosce x . Exercício 26. ∫ e dxnxlsen 1 )( . Fazemos: ( ) dx x nxloscdxnxlsendUnxlsenU ⋅⋅=⋅′=⇒= 1)()()( , xdxVdxdV ==⇒= ∫ . Portanto ( ) =⋅⋅⋅−⋅= ∫∫ e e e dx x nxloscxnxlsenxdxnxlsen 1 1 1 1)()()( ( ) =⋅−⋅=⋅−⋅−⋅= ∫∫ ee dxnxloscsenedxnxloscnlsenenlsene 11 )()1()())1((1))(( Mais uma vez integramos por partes: ( ) dx x nxlsendxnxloscdUnxloscU ⋅⋅−=⋅′=⇒= 1)()()( , xdxVdxdV ==⇒= ∫ . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 14 Na continuação temos: ( ) = ⋅−−⋅−⋅= ∫ e e dxnxlsennxloscxsene 1 1 ))(()()1( ( ) =⋅−⋅−⋅−⋅= ∫ e dxnxlsennloscenloscesene 1 )())1((1))(()1( ∫ ⋅−+⋅−⋅= e dxnxlsenoscesene 1 )(1)1()1( . Portanto obtemos: ∫∫ ⋅−+⋅−⋅=⋅ ee dxnxlsenoscesenedxnxlsen 11 )(1)1()1()( . Resolvemos a equação obtida em relação ao integral: 1)1()1()(2 1 +⋅−⋅=⋅⋅ ∫ oscesenedxnxlsen e e 2 1)1()1()( 1 +⋅−⋅ =⋅∫ oscesenedxnxlsen e . Exercício 27. ∫ ⋅+ 1 0 1 dx x xarcsen . Fazemos: ( ) dx x dxxarcsendUxarcsenU ⋅ − =⋅ ′ =⇒= 21 1 , ( ) ( ) xxxdxdx x Vdx x dV += +− + =+⋅+=⋅ + =⇒⋅ + = +− − ∫∫ 12 1 2 1 1)1(1 1 1 1 1 12 1 2 1 . Portanto ( ) =⋅ − ⋅+−⋅+=⋅ + ∫∫ 1 0 2 1 0 1 0 1 11212 1 dx x xxarcsenxdx x xarcsen ( ) =⋅ +⋅− ⋅+−⋅+−⋅+= ∫ 1 0 11 112)0(012)1(112 dx xx xarcsenarcsen = +− − ⋅+=−⋅ − ⋅+=⋅ − ⋅−⋅= +− ∫∫ 1 0 1 2 1 1 0 1 0 1 2 1 )1(22)1( 1 122 1 12 2 22 xxd x dx x pipi pi 42)01()11(42)1(42 2 1 2 11 0 2 1 −= −−−⋅+= −⋅+= pipipi x . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 15 Exercício 28. ∫ ⋅ 1 0 dxxarctg . Fazemos: ( ) ( ) ( ) )1(21 1 2 xx dxdxx x dxxarctgdUxarctgU +⋅ =⋅ ′ ⋅ + =⋅ ′ =⇒= , xVdxdV =⇒= . Portanto ( ) =⋅ +⋅ ⋅−⋅=⋅ ∫∫ 1 0 1 0 1 0 )1(2 1 dx xx xxarctgxdxxarctg ( ) =⋅ + ⋅−=⋅ + ⋅−⋅−⋅= ∫∫ 1 0 1 0 12 1 412 10011 dx x xdx x x arctgarctg pi Fazemos a substituição dttdxtxtx 22 =⇒=⇒= ; Determinamos os limites de integração para a variável t : 000 ==⇒= nfinfi tx , 111 ==⇒= upsups tx . Na continuação temos: =⋅ + −+ −=⋅ + −=⋅⋅ + ⋅−= ∫∫∫ 1 0 2 21 0 2 21 0 2 1 11 414 2 12 1 4 dt t tdt t tdtt t t pipipi =⋅ + +−=⋅ + −−=⋅ + − + + −= ∫∫∫∫ 1 0 2 1 0 1 0 2 1 0 222 1 1 41 11 41 1 1 1 4 dt t dtdt t dt tt t pipipi ( ) ( ) ( ) 1 2 )0()1()01( 44 1 0 1 0 −=−+−−=+−= pipipi arctgarctgtarctgt . Exercício 29. ∫ ⋅+⋅ 1 0 2 )1( dxxnlx . Fazemos: ( ) ( ) 22222 1 21 1 1)1()1( x dxxdxx x dxxnldUxnlU + ⋅ =⋅ ′ +⋅ + =⋅ ′ +=⇒+= , 2 2xVdxxdV =⇒= . Portanto Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 16 =⋅ + − +⋅=⋅+⋅ ∫∫ 1 0 2 31 0 2 21 0 2 1 )1( 2 )1( dx x x xnlxdxxnlx =⋅ + −+ − +⋅−+⋅= ∫ 1 0 2 3 2 2 2 2 1 )01( 2 0)11( 2 1 dx x xxx nlnl =⋅ + +⋅−⋅=⋅ + −−⋅= ∫∫∫ 1 0 2 1 0 1 0 2 1 )2( 2 1 1 )2( 2 1 dx x xdxxnldx x x xnl ( ) =+⋅+−⋅= + + ⋅+ −⋅= ∫ 1 0 2 1 0 2 21 0 2 )1( 2 1 2 1)2( 2 1 1 )1( 2 1 2 )2( 2 1 xnlnl x xdx nl ( ) 2 1)2()01()11( 2 1 2 1)2( 2 1 22 −=+−+⋅+−⋅= nlnlnlnl . Exercício 30. ∫ ⋅+ 1 0 )1( dxxnl . Fazemos: ( ) dx x dxxnldUxnlU ⋅ + =⋅ ′+=⇒+= 1 1)1()1( , xVdxdV =⇒= . Portanto ( ) ( ) =⋅ + −+ −+⋅−+⋅=⋅ + −+⋅=⋅+ ∫∫∫ 1 0 2 1 0 1 0 1 0 1 11)01(0)11(1 1 )1()1( dx x x nlnldx x x xnlxdxxnl =+⋅ + +−=⋅ + −−= ∫∫∫ 1 0 1 0 1 0 )1( 1 1)2( 1 11)2( xd x dxnldx x nl ( ) ( ) =++−=+⋅ + +−= ∫∫ 1 0 1 0 1 0 1 0 )1()2()1( 1 1)2( xnlxnlxd x dxnl ( ) 1)2(2)01()11()01()2( −⋅=+−++−−= nlnlnlnl . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 17 d) Calcular os integrais. Exercício 31. ∫ ⋅+ +2 6 1 pi pi dx xosc xsenx . Fazemos a substituição txtg = 2 . Então temos: 2 2 2 1 1 , 1 2 t t xosc t t senx + − = + = . 21 22 22 t dtdxtarctgxtarctgxtxtg + ⋅ =⇒⋅=⇒=⇒= . Determinamos os limites de integração para a variável t : =⇒= 126 pipi tgtx nfinfi , 142 = =⇒= pipi tgtx upsups . Portanto = + ⋅ ⋅ + −++ + +⋅ = + ⋅ ⋅ + − + + +⋅ =⋅ + + ∫∫∫ 1 12 2 2 22 21 12 2 2 2 22 6 1 2 1 11 1 22 1 2 1 11 1 22 1 pipi pi pi tgtg t dt t tt t t tarctg t dt t t t t tarctg dx xosc xsenx =⋅ + +⋅= + ⋅ ⋅ + + +⋅ = ∫∫ 1 12 2 1 12 2 2 2 1 22 1 2 1 2 1 22 pipi tgtg dt t t tarctg t dt t t t tarctg =⋅ + ⋅+⋅⋅= ∫∫ 1 12 2 1 12 1 22 pipi tgtg dt t tdttarctg Integramos por partes o primeiro integral: tVdtdVdt t dUtarctgU =⇒=⋅ + =⇒= ; 1 1 2 . Na continuação temos: Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 18 =⋅ + ⋅+ ⋅ + − ⋅⋅= ∫∫ 1 12 2 1 12 2 1 12 1 2 1 )(2 pipipi tgtgtg dt t tdt t t tarctgt =⋅ + ⋅+⋅ + ⋅− ⋅ −⋅⋅= ∫∫ 1 12 2 1 12 2 1 2 1 2 1212 )1(12 pipi pipi tgtg dt t tdt t t tgarctgtgarctg ⋅−= ⋅−⋅= 126212124 2 pipipipipipi tgtg . Exercício 32. ∫ ⋅⋅ 2 0 3 pi dxxoscxsen . método1o : ( ) =−⋅⋅−=⋅⋅⋅=⋅⋅ ∫∫∫ 2 0 2 2 0 2 2 0 3 )(1 pipipi xoscdxoscxoscdxxsenxoscxsendxxoscxsen ( ) ( ) ( ) =⋅+⋅−=⋅⋅−−= ∫∫∫ 2 0 2 52 0 2 12 0 2 )()()(1 pipipi xoscdosxcxoscdosxcxoscdxoscxosc ( ) ( ) ( ) ( ) = ⋅+ ⋅−= + + + −= ++ 2 0 2 72 0 2 3 2 0 1 2 5 2 0 1 2 1 7 2 3 2 1 2 51 2 1 pipi pipi osxcosxc osxcosxc ( )( ) ( )( ) 21 8 7 2 3 20 27 20 23 2 2 72 7 2 32 3 =−= − ⋅+ − ⋅−= oscoscoscosc pipi . método2o : Porque a função xsen tem exponente impar fazemos a seguinte substituição de variável: )(,11, 222 xoscddxsenxtxoscxsentxosc −=−=−== . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 19 Determinamos os limites de integração para a variável t : 1)0(0 ==⇒= osctx nfinfi , 022 = =⇒= pipi osctx upsups Portanto ( ) =−⋅⋅−=⋅⋅⋅=⋅⋅ ∫∫∫ 2 0 2 2 0 2 2 0 3 ))((1 pipipi xoscdxoscxoscdxxsenxoscxsendxxoscxsen ( ) ( ) =⋅ −=⋅⋅−=⋅⋅−−= ∫∫∫ 1 0 2 5 2 11 0 2 0 1 2 11 tdtttdtttdtt 21 8 7 2 3 2 7 2 3 2 1 2 51 2 1 1 0 2 71 0 2 3 1 0 1 2 5 1 0 1 2 1 1 0 2 51 0 2 1 =−= ⋅− ⋅= + − + =⋅−⋅= ++ ∫∫ tt tt tdttdt . Exercício 33. ∫ ⋅⋅− 2 1 3 )2( dxxnlxx . Integramos por partes. Fazemos: ( ) dx x dxxnldUxnlU ⋅=⋅′=⇒= 1 , 2 4 33 4 )2()2( xxVdxxxVdxxxdV −=⇒⋅−=⇒⋅−= ∫ . Portanto =⋅⋅ −− ⋅ −=⋅⋅− ∫∫ 2 1 2 4 2 1 2 42 1 3 1 44 )2( dx x x x xnlxxdxxnlxx =⋅ −−=⋅ −− ⋅ −−⋅ −= ∫∫ 2 1 32 1 3 2 4 2 4 44 11 4 122 4 2 dxxxdxxxnlnl 16 9 2 3 16 15 2 1 2 2 16 1 16 2 2164 22442 1 22 1 42 1 2 1 3 =+−= −+ −−= + −=⋅+⋅−= ∫∫ xxdxxdxx . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 20 Exercício 34. ( )∫ ⋅+⋅−++ +−− 2 0 2)2(242 224 dx xxx xx . Transformamos a função integranda de modo a obter expressões de forma x x + − 2 2 . ( ) )()2( 2 241 1 2 24 )2(242 224 2 0 2 2 0 2 ∗=⋅ +⋅ + − ⋅+ − + − ⋅ =⋅ +⋅−++ +−− ∫∫ dx x x x x x dx xxx xx Fazemos a substituição 2 2 2 t x x = + − . Então ⇒+⋅=⋅−⇒⋅+⋅=−⇒+⋅=−⇒= + − )1(2222)2(2 2 2 222222 txtxttxxtxt x x 2 1 4 1 )22( 1 4 1 )22(4 1 224 1 22 22 2 22 2 2 2 2 2 − + = + ⋅+ − + = + ⋅+− = + ⋅−− = + ⋅− = tt t tt t t t t t x . Portanto ( ) dtt t t d t ddx ⋅ + −= + = − + = 2222 1 8 1 42 1 4 . Determinamos os limites de integração para a variável t : 1 02 020 = + − =⇒= nfinfi tx , 022 222 = + − =⇒= upsups tx . Na continuação temos: ( ) ( ) ( ) =⋅ ⋅+⋅ ⋅−⋅ = ⋅ + −⋅ +− + ⋅⋅+ −⋅ =∗ ∫∫ 0 1 0 1 222 2 4116 8)14( 1 8 22 1 441 14)( dt t ttdt t t t t t ( ) =⋅+⋅ −⋅ ⋅−=⋅ ⋅+⋅ ⋅−⋅ = ∫∫ 1 0 20 1 14 4 2 1 4116 8)14( dt t ttdt t tt A função integranda é racional irregular. Dividimos o polinómio do numerador pelo polinómio do denominador e obtemos: =⋅ +⋅ ⋅⋅+⋅ −⋅−⋅⋅−=⋅ +⋅ ⋅+−⋅−= ∫∫∫∫ 1 0 1 0 1 0 1 0 14 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 14 1 2 1 2 1 2 1 dt t dtdttdt t t Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 21 =+⋅ +⋅ ⋅+⋅+⋅⋅−=⋅ +⋅ ⋅+⋅+⋅⋅−= ∫∫∫∫∫∫ 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 )14( 14 1 16 1 4 1 2 1 14 1 4 1 4 1 2 1 td t dtdttdt t dtdtt = +⋅⋅+ ⋅+ ⋅−= 1 0 1 0 1 0 2 14 16 1 4 1 22 1 tnltt ( ) 16 5 16 5 4 1 4 1104114 16 101 4 1 2 0 2 1 2 1 22 nlnl nlnl =++−=+⋅−+⋅⋅+−⋅+ −⋅−= . Exercício 35. Calcular a área da região plana { }xyxyRyxA ≥∧−≤∈= 22 2:),( . A região é limitada pelo gráfico da parábola 22 xy −= orientada em baixo e pela recta xy = . 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 xO . Portanto para determinar os limites de integração determinamos as abcissas dos pontos de intersecção da parábola 22 xy −= com a recta xy = : ⇒=−+⇒−=⇒−=∧= 0222 222 xxxxxyxy 12 2 31 2 91 =∨−=⇒ ±− = ±− = xxx . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 22 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: ( ) = − −=−−=−−= −− − −−−− ∫∫∫∫ 1 2 21 2 3 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 23 )2(22 xxxdxxdxxdxdxxxS A 2 9 2 3 3 96 2 )2( 2 1 3 )2( 3 1))2(212( 2233 =+−= − −− − −−−⋅−⋅= . Exercício 36. Calcular a área da região plana { }242:),( 22 −≥∧+≥∈= xyxyRyxA . A região é limitada pelo gráfico da parábola 422 += xy orientada no sentido positivo do eixo xO e pela recta 2−= xy . O esboço da região é apresentado na figura 2. Porque 2 2 142 22 −=⇔+= yxxy concluímos que o vértice B da parábola tem as coordenadas ( )0,2− e a parábola intersecta o eixo yO nos pontos ( )2,0 −=C e ( )2,0=D . Determinamos as coordenadas dos pontos de intersecção da parábola 422 += xy com a recta 2−= xy : ⇒+=+−⇒+=−⇒−=∧+= 424442)2(242 222 xxxxxxyxy Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 23 60062 =∨=⇒=− xxxx . Calculemos a área da região. método1o A projecção da região sobre o eixo xO é o segmento [ ]6,2− . 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 42 +−= xy , na parte de cima pelo ramo 42 += xy da parábola e a sua projecção sobre o eixo xO é o segmento [ ]0,2− . Portanto ( )( ) =++=+⋅=+−−+= ∫∫∫ −−− 0 2 0 2 0 2 )( )42(424224242 xdxdxxdxxxS BCD . 3 1644 3 24 3 2)42( 3 2 1 2 1 )42()42()42( 2 30 2 2 3 0 2 1 2 1 0 2 2 1 =⋅=⋅= +⋅= + + =++= − − + − ∫ x x xdx A região )(CDE é limitada na parte de baixo pela recta 2−= xy , na parte de cima pelo ramo 42 += xy da parábola e a sua projecção sobre o eixo xO é o segmento [ ]6,0 . Portanto ( )( ) ( ) =+−+=+−+=−−+= ∫∫∫∫∫ 6 0 6 0 6 0 6 0 6 0 )( 242242242 dxdxxdxxdxxxdxxxS CDE ( ) =⋅+ − + + ⋅=+−++⋅= + ∫∫∫ 6 0 6 0 2 6 0 1 2 1 6 0 6 0 6 0 2 1 2 21 2 1 )42( 2 12)42()42( 2 1 x xxdxdxxxdx ( ) =−⋅+ −− +⋅−+⋅⋅=⋅+ − +⋅= )06(2 2 0 2 6)402()462( 3 12 2 )42( 3 1 222 3 2 3 6 0 6 0 2 6 0 2 3 x x x ( ) 3 386 3 561218864 3 1 =−=+−−⋅= . Portanto 18 3 54 3 38 3 16 )()( ==+=+= CDEBCDA SSS . método2o Observamos que em relação ao eixo yO a região é limitada à esquerda pela parábola 2 2 1 2 −= yx , à direita pela recta 2+= yx e a sua projecção sobre o eixo yO é o segmento [ ]4,2− . Portanto Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 24 =⋅−++= −+= +−+= ∫∫∫∫ −−−− dyyydydyyydyyyS A 4 2 2 4 2 4 2 2 4 2 2 2 1)4()4( 2 142 2 12 181230 3 )2( 3 4 2 1 2 2 2 8 32 1 2 )4( 33224 2 34 2 2 =−= − −⋅− −= ⋅− + = −− yy . Exercício 37. Calcular a área da região plana { }222222 4)2(1)1(:),( xyyxyxRyxA ≥∧≤−+∧≥−+∈= . A região é situada fora da circunferência 1)1( 22 =−+ yx , dentro da circunferência 4)2( 22 =−+ yx e entre os ramos da parábola 2xy = . 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 yO . Portanto para determinar a área AS da região calculemos a área S da metade da região situada á direita do eixo yO e multiplicamos o resultado obtido por dois. A metade da região situada á direita do eixo yO é limitada na parte de baixo pela circunferência 1)1( 22 =−+ yx (mais precisamente pela semicircunferência 211 xy −+= ) e pela parábola 2xy = . Na parte de cima é limitada pela semicircunferência 242 xy −+= . Determinamos os pontos de intersecção da parábola com as circunferências: ⇔ =∨= = ⇔ =− = ⇔ =+−+ = ⇔ =−+ = 1001121)1( 2 2 2 2 2 22 2 yy xy yy xy yyy xy yx xy )1,1(),()1,1(),()0,0(),( 10 22 =∨−=∨=⇔ = = ∨ = = yxyxyx y xy y xy . Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 25 Para metade da região situada á direita do eixo yO temos os pontos )0,0(),( =yx e )1,1(),( =yx de intersecção da parábola com a circunferência 1)1( 22 =−+ yx . ⇔ =∨= = ⇔ =− = ⇔ =+−+ = ⇔ =−+ = 30034444)2( 2 2 2 2 2 22 2 yy xy yy xy yyy xy yx xy )3,3(),()3,3(),()0,0(),( 30 22 =∨−=∨=⇔ = = ∨ = = yxyxyx y xy y xy . Para metade da região situada á direita do eixo yO temos os pontos )0,0(),( =yx e )3,3(),( =yx de intersecção da parábola com a circunferência 4)2( 22 =−+ yx . Portanto a projecção da parte direita da região sobre o eixo xO é o segmento [ ]3,0 . Calculemos a área dela S : ( ) ( ) =−−++−−−−+= ∫∫ dxxxdxxxS 3 1 22 1 0 22 421142 ( ) ( ) =−−++−−−+= ∫∫ dxxxdxxx 3 1 22 1 0 22 42141 =−−++−−−+= ∫∫∫∫∫∫ dxxdxxxddxxdxxxd 3 1 2 3 1 2 3 1 1 0 2 1 0 2 1 0 4214 =−+−−−+= ∫∫∫∫∫ dxxxddxxdxxxd 3 1 2 3 1 1 0 2 3 0 2 1 0 214 = −⋅+−−−+= ∫∫ 3 1 3 3 1 1 0 2 3 0 21 0 3 )(214)( xxdxxdxxx =+−−+−−−+= ∫∫ 3 13232141 1 0 2 3 0 2 dxxdxx )(1 2 12 3 2314 3 23 1 0 2 3 0 21 0 2 3 0 2 ∗=−− −⋅+−=−−−+−= ∫∫∫∫ dxxdx xdxxdxx Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 26 No primeiro integral fazemos a substituição tsenx 2= . Então tdtoscxd ⋅⋅= 2 e tosctosctsenx ==−= − 22 2 1 2 1 Determinamos os limites de integração para a variável t : 0)0( 2 0 == =⇒= arcsen x arcsentx nfinfinfi , 32 3 2 3 pi= = =⇒= arcsen x arcsentx upsupsups . No segundo integral fazemos a substituição usenx = . Então uduoscxd ⋅= e uoscuoscusenx ==−=− 222 11 Determinamos os limites de integração para a variável u : ( ) 0)0(0 ===⇒= arcsenxarcsenux nfinfinfi , ( ) ( ) 2 11 pi===⇒= arcsenxarcsenux upsupsups . Na continuação temos: =−⋅⋅⋅+−=∗ ∫∫ duuoscdttosc 2 0 2 3 0 222 3 23)( pipi Como 2 )2( 2 1 2 )2(12 ααα oscoscosc +=+= temos: = +−⋅+⋅+−= ∫∫ du uoscdttosc 2 0 3 0 2 )2( 2 1))2(1(2 3 23 pipi =⋅⋅−⋅−⋅+⋅+−= ∫∫∫∫ )2()2(4 1 2 1)2()2(2 3 23 2 0 2 0 3 0 3 0 uduoscdutdtosctd pipipipi = ⋅− ⋅− + ⋅+−= 2 0 2 0 3 0 3 0 )2( 4 1 2 1)2(2 3 23 pipipipi usenutsent ( ) =−⋅− −⋅− − + −⋅+−= )0()( 4 10 22 1)0( 3 20 3 2 3 23 sensensensen pipipipi Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 27 12 5 6 439 42 3 3 2 3 23 pipipi +−=−+⋅+−= . Portanto 6 5 3 439 12 5 6 43922 pipi +−= + − ⋅== SS A . Exercício 38. Calcular o comprimento da linha dada pela função xnlxf =)( , com [ ]62,22∈x . Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+= b a dxxfl 2)(1 . Temos: 62,22 == ba , x xf 1)( =′ . Portanto )(1111 62 22 262 22 2 262 22 2 ∗=⋅ + =⋅ + =⋅ += ∫∫∫ dxx xdx x xdx x l Integramos por substituição. Fazemos 1111 222222 −=⇒−=⇒=+⇒=+ txtxtxtx . ( ) td t tdttxd ⋅ − =⋅ ′ −= 1 1 2 2 . Determinamos os limites de integração para a variável t : ( ) ( ) 39122122 22 ==+=+=⇒= nfinfinfi xtx , ( ) ( ) 525162162 22 ==+=+=⇒= upsupsups xtx . Na continuação temos: =⋅ − + − − =⋅ − +− =⋅ − =⋅ − ⋅ − =∗ ∫∫∫∫ 5 3 22 25 3 2 25 3 2 25 3 22 1 1 1 1 1 11 111 )( dt tt tdt t tdt t tdt t t t t =⋅ − +=⋅ − += ∫∫∫ 5 3 2 5 3 5 3 2 1 1 1 11 dt t dtdt t Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares: Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 28 −= = ⇒ =− =+ ⇒−+⋅+=⇒ + + − = − . 2 1 , 2 1 1 0)()(1 111 1 2 B A BA BA BAtBA t B t A t Então: =⋅ + ⋅−⋅ − ⋅+=⋅ − − − += ∫∫∫∫∫ 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 dt t dt t dtdt tt dt = +⋅− −⋅+ = 5 3 5 3 5 3 )1( 2 1)1( 2 1 tnltnlt = +−+⋅− −−−⋅+−= )13()15( 2 1)13()15( 2 1)35( nlnlnlnl . 3 22 12 16 2 12)12()16( 2 12)4()6()2()4( 2 12 nlnlnlnlnlnlnlnl += ⋅+= −⋅+= +−−⋅+= Exercício 39. Calcular o comprimento da linha dada pela função )()( xoscnlxf = , com ∈ 6 ,0 pix . Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+= b a dxxfl 2)(1 . Temos: 6 ,0 pi== ba , xosc xsen xoscnlxf −= ′ =′ )()( . Portanto )(111 6 0 6 0 2 226 0 2 26 0 2 ∗=⋅=⋅ + =⋅+=⋅ −+= ∫∫∫∫ pipipipi dx xosc dx xosc xsenxoscdx xosc xsendx xosc xsenl Integramos por substituição. Fazemos td t dxtarctgxtxtg ⋅ + =⇒⋅=⇒= 21 2)(2 2 . 2 2 1 1 t t xosc + − = . Determinamos os limites de integração para a variável t : Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 29 ( ) 00 2 == =⇒= tg x tgtx nfinfinfi , = =⇒= 1226 pipi tg x tgtx upsupsups . Na continuação temos: =⋅ − =⋅ + ⋅ + − =∗ ∫∫ 12 0 2 12 0 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1)( pipi tgtg td t td t t t Representamos a fracção racional como soma de fracções elementares: = = ⇒ =+ =− ⇒++⋅−=⇒ + + − = − .1 ,1 2 0)()(2 111 2 2 B A BA BA BAtBA t B t A t Então: =⋅ + +⋅ − =⋅ + + − = ∫∫∫ 12 0 12 0 12 0 1 1 1 1 1 1 1 1 pipipi tgtgtg td t td t td tt = ++ −−=+⋅ + +−⋅ − −= ∫∫ 12 0 12 0 12 0 12 0 11)1( 1 1)1( 1 1 pipipipi tgtgtgtg tnltnltd t td t = +− ++ −− −−= 01 12 101 12 1 nltgnlnltgnl pipi = − + = − + = −− += 1212 1212 12 1 12 1 12 1 12 1 pipi pipi pi pi pipi senosc senosc nl tg tg nltgnltgnl = − − ⋅ + = 2 1212 12121212 pipi pipipipi senosc senoscsenosc nl .3 2 11 2 3 6 1 6 121212 2 12 1212 22 22 nlnl sen osc nl sensenoscosc senosc nl = − = − = + ⋅ ⋅− − = pi pi pipipipi pipi Matemática 1 Anatolie Sochirca ACM DEETC ISEL 30 Exercício 40. Calcular o comprimento da linha dada pela função 3)( xxf = , com ∈ 3 4 ,0x . Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+= b a dxxfl 2)(1 . Temos: 3 4 ,0 == ba , 2 1 2 3 3 2 3)( xxxxf ⋅= ′ = ′ =′ . Portanto = +⋅ +⋅=⋅+=⋅ ⋅+= ∫∫∫ 3 4 0 2 1 3 4 0 3 4 0 2 2 1 4 91 4 91 9 4 4 91 2 31 xdxdxxdxxl 27 560 4 91 3 4 4 91 27 8 4 91 3 2 9 4 1 2 1 4 91 9 4 2 3 2 33 4 0 2 3 3 4 0 1 2 1 = ⋅+− ⋅+⋅= +⋅⋅= + + ⋅= + x x . Exercício 41. Calcular o comprimento da linha dada pela função xarcsenxxf +−= 21)( , com ∈ 2 1 ,0x . Para calcular o comprimento da linha utilizamos a fórmula [ ]∫ ⋅′+= b a dxxfl 2)(1 . Temos: 2 1 ,0 == ba , = − + − − = ′ + ′ −= ′ +−=′ 22 22 1 1 1 11)( xx x xarcsenxxarcsenxxf x x x x xx x xx x x x xx x + − = + − = +⋅− − = +⋅− − = − − = − + − − = 1 1 1 1 11 1 )1()1( 1 1 1 1 1 1 222 . Portanto =⋅ + =⋅ + −++ =⋅ + − +=⋅ + − += ∫∫∫∫ 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 2 1 11 1 11 1 11 dx x dx x xxdx x xdx x xl .)23(21 2 322 2 1 )1(2)1()1(2 1 12 2 1 0 2 1 2 1 0 2 12 1 0 −= −⋅= + ⋅=+⋅+⋅=⋅ + ⋅= ∫∫ − x xdxdx x
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