Aula 10 (Cálculo II Semestre 2015.1)

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Cálculo II – Prof. Marcus V. S. Rodrigues (Semestre 2015.1) 
1 
AULA 10 – Funções Hiperbólicas (Parte II) 
Exemplo 1. Calcule. 
(a) 
 
d
arcsenhx
dx
 (b) 
 
d
arctghx
dx
 
 
Solução (a). É possível usar a seguinte técnica 
y arcsenhx senhy x  
 
Então, diferenciando ambos os lados têm-se 
   
d d
senhy x
dx dx

 
dy dy 1
cosh y 1
dx dx cosh y
  
 
Como 
2 2 2cosh y senh y 1 cosh y 1 senh y    
, então 
2 2
dy 1 1
dx senh y 1 x 1
 
 
 
Daí pode-se concluir que 
 
2
d 1
arcsenhx
dx x 1


 
 
Solução (b). De modo análogo é possível escrever 
y arctghx tghy x  
 
Então, diferenciando ambos os lados têm-se 
   
d d
tghy x
dx dx

 
2
2
dy dy 1
sech y 1
dx dx sech y
  
 
Como 
2 2sech y 1 tgh y 
, então 
 
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2 
2 2
dy 1 1
dx 1 tgh y 1 x
 
 
 
Daí pode-se concluir que: 
 
2
d 1
arctghx
dx 1 x


 
 
Teorema 1. As seguintes relações valem para todo 
x
 do domínio das funções hiperbólicas 
inversas dadas. 
 2arcsenhx ln x x 1  
 (1a) 
 2arccosh x ln x x 1  
 (1b) 
1 1 x
arctghx ln
2 1 x
 
  
 
 (1c) 
1 x 1
arccot ghx ln
2 x 1
 
  
 
 (1d) 
21 1 x
arcsec hx ln
x
  
 
 
 
 (1e) 
21 1 x
arccossechx ln
x x
 
  
 
 
 (1f) 
 
Teorema 2. Fórmulas de derivação. 
 
2
d 1
arcsenhx
dx x 1


 (2a) 
 
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 
2
d 1
arccos hx , x 1
dx x 1
 

 (2b) 
 
2
d 1
arctghx , x 1
dx 1 x
 

 (2c) 
 
2
d 1
arccotghx , x 1
dx 1 x
 

 (2d) 
 
2
d 1
arcsechx , 0 x 1
dx x 1 x
  

 (2e) 
 
2
d 1
arccossechx , x 0
dx x 1 x
 

 (2f) 
 
Corolário 2.1. Fórmulas de Derivação (Regra da Cadeia). 
 
2
d 1 du
arcsenhu
dx dxu 1


 (3a) 
 
2
d 1 du
arctghu , u 1
dx dx1 u
 

 (3b) 
 
2
d 1 du
arccot ghu , u 1
dx dx1 u
 

 (3c) 
 
2
d 1 du
arccotghx , x 1
dx dx1 x
 

 (3d) 
 
2
d 1 du
arcsechu , 0 u 1
dx dxu 1 u
  

 (3e) 
 
2
d 1 du
arccossechu , u 0
dx dxu 1 u
 

 (3f) 
 
 
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Exemplo 2. Calcule. 
(a) 
 
d
arcsenh senx
dx
  
 (b) 
d
arctghx
dx
 
 
 
 
Solução (a). 
 
 
 
2 2
d 1 d cos x
arcsenh senx senx
dx dx sen x 1senx 1
    

 
Solução (b). 
 
 2 2
d 1 d 1 1 1
arctghx arctghx
dx dx2 arctghx 2 arctghx 1 x 2 1 x arctghx
    
   
 
 
Teorema 3. Fórmulas de Integração. 
 2
2
dx
arcsenhx C ln x x 1 C
1 x
     


 (4a) 
 2
2
dx
arccosh x C ln x x 1 C
x 1
     


 (4b) 
2
dx 1 1 x
arctghx C ln C, x 1
2 1 x1 x

    

 (4c) 
2
dx 1 1 x
arccot ghx C ln C, x 1
2 1 x1 x

    

 (4d) 
2
2
dx 1 1 x
arcsechx C ln C, 0 x 1
xx 1 x
  
      
   

 (4e) 
2
2
dx 1 1 x
arccossechx K ln C, x 0
xx 1 x
  
     
   

 (4f) 
 
 
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Exemplo 3. Calcule 
2
dx 1
, x
24x 1



. 
 
Solução. Inicialmente, faz-se uma mudança de variável. Seja 
u 2x
, então, 
du 2dx
, o que 
implica 
du
dx
2

. Assim, 
 
2 2 2
dx dx 1 du 1
arccosh x C
2 24x 1 u 12x 1
   
 
  
 
Como 
u 2x
, então 
 2
2
dx 1 1
arccosh x C ln 2x 4x 1 C
2 24x 1
     


 
 
Exemplo 4. Calcule a integral 
2 1
x
x
e
dx
e 

. 
 
Solução. Inicialmente, faz-se uma mudança de variável. Seja 
xu e
, então, 
xdu e dx
. Daí, 
 
x
2
2x 2
e du
dx arcsenhu C ln u u 1 C
e 1 u 1
      
 
 
 
Como 
xu e
, então 
   
x
x x 2x
2x
e
dx arcsenh e C ln e e 1 C
e 1
    

