Exercícios Resolvidos Integral Definida

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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
. 
 
 
 
 
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 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 
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 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
 
 
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 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 . 
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 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
+
−
=
+
= . 
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 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 . 
 
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 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