Técnicas Integração

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Técnicas de Integração
Ja´ conhecemos as regras de derivac¸a˜o e o Teorema Fundamental do Ca´lculo.
Este diz essencialmente que se f for uma func¸a˜o “bem comportada”, e conhe-
cermos uma func¸a˜o F tal que F 0 = f (ou seja, F e´ uma anti-derivada de f),
enta˜o Z b
a
f (x) dx = F (b)� F (a) . (1)
O Teorema Fundamental do Ca´lculo aponta enta˜o um bom me´todo para calcular
uma integral definida: encontrar uma anti-derivada e determinar sua variac¸a˜o no
intervalo de interesse. Por este motivo, buscamos nas propriedades das derivadas
alguns dos chamados me´todos de integrac¸a˜o. Neste texto tratamos dos me´todos
de integrac¸a˜o resultantes das duas principais regras de derivac¸a˜o: a regra do
produto (ou regra de Leibniz) e a regra da cadeia.
1 A Integral por Partes
Comec¸ando pela regra do produto de derivadas, usamos o Teorema Fundamental
do Ca´lculo para chegar a uma expressa˜o a primeira vista ingeˆnua, mas que se
mostra de grande utilidade.
Sejam f (x) e g (x) duas func¸o˜es bem comportadas. Sabemos que
(fg)0 = f 0g + fg0. (2)
Fazendo enta˜o a integral indefinida de todas essas expresso˜es, obtemosZ
(fg)0 dx =
Z
f 0g dx+
Z
fg0 dx, (3)
que pode ser reescrita comoZ
fg0 dx =
Z
(fg)0 dx�
Z
f 0g dx. (4)
Agora usamos o Teorema Fundamental do Ca´lculo, que nos diz queZ
(fg)0 dx = fg + C, (5)
e portanto a expressa˜o (4) pode ser reescrita comoZ
fg0 dx = fg �
Z
f 0g dx, (6)
onde a constante C na˜o precisa ser escrita pois a igualdade acima e´ uma igual-
dade entre anti-derivadas (dito de outra maneira, em cada membro temos um
+C).
1
A expressa˜o (6) e´ uma maneira de escrever o chamado me´todo de integrac¸a˜o
por partes, onde de fato, trocamos o trabalho de resolver uma integral por outra.
Pode na˜o parecer de grande valia, em uma primeira e apressada opinia˜o, mas
os exemplos seguintes tratam de tentar mudar tal opinia˜o.
• Vamos resolver a integral R x ex dx. Para isso, sejam f (x) = x e g0 (x) =
ex. Usando (6) temosZ
x ex dx = x ex �
Z
1 ex dx = (x� 1) ex + C. (7)
• Da mesma forma, resolvemos R x2ex dx, agora fazendo f (x) = x2 e
g0 (x) = ex. Assim, Z
x2ex dx = x2ex �
Z
2x ex dx, (8)
e a u´ltima integral e´ rsolvida usando o exemplo anterior. AssimZ
x2exdx =
�
x2 � 2x+ 2� ex + C. (9)
• Assim, R xnex dx, com n natural, pode ser resolvida ou fazendo n inte-
grac¸o˜es por partes, ou demonstrando por induc¸a˜o uma fo´rmula para ela.
• Tambe´m podemos resolver R x cosx dx. Para isso, fac¸amos f (x) = x e
g0 (x) = cosx para obterZ
x cosx dx = x sen x�
Z
sen x dx = x sen x+ cosx+ C. (10)
• Agora queremos resolver R sen 2x dx. O primeiro passo sera´ uma inte-
grac¸a˜o por partes, usando f (x) = g0 (x) = sen x. AssimZ
sen 2x dx = � sen x cosx�
Z �� cos2 x� dx, (11)
onde agora se utiliza a relac¸a˜o fundamental da trigonometria ( sen 2x +
cos2 x = 1) para escreverZ
sen 2x dx = � sen x cosx+
Z
1 dx�
Z
sen 2x dx, (12)
que e´ uma equac¸a˜o para
R
sen 2x dx, que uma vez resolvida diz queZ
sen 2x dx =
1
2
(x� sen x cosx) + C. (13)
2
• Agora queremos obter a integral R ex cosx dx. Para isso fazemos uma
integrac¸a˜o por partes, usando f (x) = ex e g0 (x) = cosx. Assim,Z
ex cosx dx = ex sen x�
Z
ex sen x dx, (14)
e uma nova integrac¸a˜o por partes sera´ usada, agora com f (x) = ex e
g0 (x) = � sen x:Z
ex cosx dx = ex sen x+ ex cosx�
Z
ex cosx dx. (15)
Novamente podemos ver esta relac¸a˜o como uma equac¸a˜o que nos permite
isolar a integral desejada, obtendoZ
ex cosx dx =
ex
2
( sen x+ cosx) + C. (16)
• Por fim, queremos calcular a integral R lnx dx. Nesta usaremos a inte-
grac¸a˜o por partes com f (x) = lnx e g0 (x) = 1:Z
lnx dx = x lnx�
Z
x
1
x
dx = x (lnx� 1) + C. (17)
Encerramos esse assunto com alguns exerc´ıcios:
1.
R
x3ex dx;
2.
R
x sen x dx;
3.
R 2⇡
0 cos
2 x dx;
4.
R
x lnx dx;
5.
R
ln x
x dx;
6.
R
(lnx)2 dx;
7.
R 1
0 x e
�x dx.
2 Integrac¸a˜o por Substituic¸a˜o ou Mudanc¸a de
Varia´vel
Agora nosso ponto de partida e´ a regra da cadeia para a derivac¸a˜o de func¸o˜es
compostas. Recordando, estamos no caso em que y = f (x) e z = g (y). A com-
posic¸a˜o enta˜o e´ considerar z = g�f (x) (fac¸a uma figura para visualizar melhor).
A regra da cadeia diz enta˜o que se todas essas func¸o˜es sa˜o diferencia´veis, enta˜o
(f � g)0 (x) = f 0 (g (x)) · g0 (x) , (18)
3
que pode ser entendida como “a derivada da composic¸a˜o e´ o produto das
derivadas calculadas one fazem sentido.”
Podemos agora considerar a antiderivada da expressa˜o (18). AssimZ
(f � g)0 (x) dx =
Z
f 0 (g (x)) · g0 (x) dx, (19)
onde o primeiro membro sugere a aplicac¸a˜o do teorema fundamental do ca´lculo,
que diz que Z
(f � g)0 (x) dx = f � g (x) + C. (20)
Mas se na relac¸a˜o (20) usamos que y = g (x) e novamente nos utilizamos do
teorema fundamental do ca´lculo, temosZ
(f � g)0 (x) dx = f (y) + C =
Z
f 0 (y) dy. (21)
Por fim, as relac¸o˜es (19) e (21) trazem a igualdadeZ
f 0 (y) dy =
Z
f 0 (g (x)) · g0 (x) dx, (22)
Onde ja´ podemos reconhecer a esseˆncia do chamado me´todo de substituic¸a˜o, ou
de mudanc¸a de varia´vel . Apenas para tomar sua forma mais habitual, como na˜o
fizemos qualquer restric¸a˜o sobre a func¸a˜o f 0, podemos chama´-la h e reescrever
a expressa˜o anterior comoZ
h (y) dy =
Z
h (g (x)) · g0 (x) dx. (23)
Antes de passarmos a exemplos que mostram a utilidade do me´todo cabe
justificar seus nomes e entender melhor seu significado: de fato a expressa˜o
(23) diz como devemos escrever uma integral equivalente a
R
h (y) dy onde sub-
titu´ımos y por g (x). Isso significa que a nova integral sera´ feita na varia´vel x e
se lembrarmos que o dy da integral nos lembra do �y das somas de Riemann,
torna-se claro que precisamos tambe´m reescrever o dy da integral em termos
da nova varia´vel x. Esse e´ o papel do termo g0 (x) dx, que pode tambe´m ser
compreendido lembrando de como usamos derivadas para fazer aproximac¸o˜es
lineares: se �x e´ pequeno, �y ⇡ g0 (x)�x.
Vamos agora passar aos exemplos
• Vamos comec¸ar pela integralZ
cos
�
x2
�
x dx, (24)
onde vamos fazer uso da substituic¸a˜o y = x2 e portanto dy = 2xdx. AssimZ
cos
�
x2
�
x dx =
Z
cos (y)
dy
2
=
1
2
sen (y) + C = sen
�
x2
�
+ C, (25)
4
onde na segunda igualdade usamos diretamente o conceito de antiderivada,
e na terceira reescrevemos o resultado final em termos da varia´vel original
x. O leitor deve calcular a derivada da resposta obtida para verificar sua
adequac¸a˜o.
• Do mesmo modo, para resolver a integralZ
xex
2
dx, (26)
fazemos uso da mudanc¸a de varia´vel y = x2, dy = 2xdx e obtemosZ
xex
2
dx =
Z
ey
dy
2
=
1
2
ey + C =
1
2
ex
2
+ C. (27)
• Para resolver a integral Z
x2 cos
�
x3
�
dx, (28)
podemos fazer uso da substituic¸a˜o y = x3, dy = 3x2dx, com a qual obte-
mosZ
x2 cos
�
x3
�
dx =
Z
cos y
dy
3
=
1
3
sen y + C =
1
3
sen
�
x3
�
+ C. (29)
• A integral Z
x2
x3 + 1
dx (30)
pode ser resolvida de va´rias maneiras. Fica como exerc´ıcio para o leitor
usar a substituic¸a˜o z = x3 para resolveˆ-la. Aqui vamos usar y = x3 + 1 e
portanto dy = 3x2dx. Com ela temosZ
x2
x3 + 1
dx =
Z
1
y
dy
3
=
1
3
ln y + C =
1
3
ln
�
x3 + 1
�
+ C. (31)
Completamos esse texto com uma ra´pida discussa˜o sobre mudanc¸a de varia´veis
em integrais definidas. De certa forma, o leitor j tem todos os igredientes em
ma˜os, pois o teorema fundamental do ca´lculo diz que basta conhecer uma an-
tiderivada e calcular sua variac¸a˜o no intervalo de interesse para ter o valor de
uma integral definida, e o me´todo de substituic¸a˜o pode ser usado para obter tal
antiderivada. Pore´m, basta lembrar-mos queZ d
c
f (y) dy (32)
5
significa a integral def (y) quando y varia de c ate´ d, para concluirmos que
a versa˜o do me´todo de mudanc¸a de varia´veis para integrais definidas pode ser
escrito como Z d
c
f (y) dy =
Z g�1(d)
g�1(c)
f (g (x)) g0 (x) dx, (33)
onde usamos a substituic¸a˜o y = g (x) e g�1 (c) denota o valor de x tal que g (x)
corresponde ao valor c (da mesma forma para d). Outra maneira mais pra´tica
de escrever a mesma coisa e´:Z b
a
f (g (x)) g0 (x) dx =
Z g(b)
g(a)
f (y) dy. (34)
Nesta u´ltima os limites de integrac¸a˜o devem ficar bem claros: no primeiro mem-
bro, x varia de a ate´ b, no segundo, correspondentemente, y = g (x) varia de
g (a) a g (b). Assim, usando o exemplo previamente calculado (como integral
indefinida, eq. (31)), temosZ 2
1
x2
x3 + 1
dx =
Z 9
2
1
y
dy
3
=
1
3
(ln 9� ln 2) , (35)
o mesmo resultado que seria obtido usando uma antiderivada calculada em (31).
Exerc´ıcios:
1.
R 1
0 x
p
x2 + 1 dx;
2.
R
sen 2x cosx dx;
3.
R 1
0 x
3
�
1 + x4
�
dx;
4.
R1
0 xe
�x2 dx;
5.
R
dx
x+5 ;
6.
R
ln x
x dx;
7.
R (ln x)3
x dx;
8.
R ⇡
2
0 sen
10x cosx dx.
6
1 Integração Por Frações Parciais
Sinésio Pesco - 04/06/2015
A técnica de integração por frações parciais decompõe uma função racional
em uma soma de funções racionais mais simples, que podem ser integradas com
as técnicas de integração já discutidas.
Para apresentar esta técnica, iniciamos na seção 1 com a definição de funções
racionais, em seguida na seção 2 ilustramos algumas das técnicas de integração
básicas que serão necessárias, e na seção 3 apresentamos a técnica de integração
por frações parciais.
1.1 Funções Racionais
Uma função racional é uma função definida pelo quociente de dois polinômios:
f(x) =
p(x)
q(x)
onde p e q são polinômios e q(x) != 0.
Em particular, estamos interessados no caso em que gr(p) < gr(q) (Notação:
gr(p) = grau do polinômio p).
Se gr(p) ≥ gr(q), dividimos o polinômio p por q e obteremos p(x) = q(x).u(x)+
r(x):
f(x) =
p(x)
q(x)
=
q(x).u(x) + r(x)
q(x)
= u(x) +
r(x)
q(x)
onde u é um polinômio e
r(x)
q(x)
é uma função racional e gr(r) < gr(q).
Exemplo 1: As funções f e g abaixo são exemplos de funções racionais.
f(x) =
x+ 2
x2 + 4x+ 1
g(x) =
2
x+ 3
1
Exemplo 2: Considere
f(x) =
x3 + 2
x2 + 4x
Neste exemplo gr(p) > gr(q), então dividindo os polinômios encontramos
x3 + 2 = (x2 + 4x)(x− 4) + (16x+ 2)
logo segue que:
f(x) =
x3 + 2
x2 + 4x
=
(x2 + 4x)(x− 4) + (16x+ 2)
x2 + 4x
= x− 4 + 16x+ 2
x2 + 4x
1.2 Integrais Imediatas
A seguir apresentaremos alguns exemplos de integrais indefinidas que serão im-
portantes ao longo deste capítulo.
Caso 1: Considere a e b constantes:!
a
x+ b
dx = a ln |x+ b|+ c
Exemplo 3:!
4
x− 6dx = 4 ln |x− 6|+ c
Caso 2: Considere a e b constantes e n > 1:!
a
(x+ b)n
dx =
!
a(x+ b)−ndx
= a
(x+ b)(−n+1)
(−n+ 1) + c
= − a
(n− 1)(x+ b)n−1 + c
Exemplo 4:!
5
(x− 7)3 dx = −
5
2 (x− 7)2 + c
2
Caso 3: Considere a, b e (c > 0) constantes:!
ax+ b
x2 + c2
dx = a
!
x
x2 + c2
dx+ b
!
1
x2 + c2
dx
=
a
2
ln(x2 + c2) +
b
c
arctg
"x
c
#
Exemplo 5:!
5x+ 2
x2 + 9
dx = 5
!
x
x2 + 9
dx+ 2
!
1
x2 + 9
dx
Para resolver 5
!
x
x2 + 9
dx considere a substituição u = x2 + 9, e portanto
du = 2x dx.
5
!
x
x2 + 9
dx =
5
2
!
1
u
du =
5
2
ln |u|+ c = 5
2
ln
$$x2 + 9$$+ c
Para resolver 2
!
1
x2 + 9
dx observe que:
2
!
1
x2 + 9
dx = 2
!
1
9(
"x
3
#2
+ 1)
dx
=
2
9
!
1"x
3
#2
+ 1
dx
=
2
9
(3 arctg
"x
3
#
) + c
=
2
3
arctg
"x
3
#
+ c
Portanto:
!
5x+ 2
x2 + 9
dx =
5
2
ln
$$x2 + 9$$+ 2
3
arctg
"x
3
#
+ c
Compare o resultado com o indicado no caso 3.
3
1.3 Integração por Frações Parciais
Para ilustrar esta técnica, considere a integral indefinida:!
4x+ 10
x2 + 2x− 8dx
Esta integral pode ser resolvida usando as técnicas anteriores se conhecermos
a decomposição:
4x+ 10
x2 + 2x− 8 =
1
x+ 4
+
3
x− 2
E assim:!
4x+ 10
x2 + 2x− 8dx =
!
(
1
x+ 4
+
3
x− 2)dx
=
!
1
x+ 4
dx+
!
3
x− 2dx
= ln |x+ 4|+ 3 ln |x− 2|+ c
Assim, queremos decompor uma função racional em somas de frações mais
simples (as frações parciais) para aplicar as técnicas de integração apresentadas
na seção 2.
Em seguida discutiremos alguns dos principais exemplos de funções racionais
e como fazer a decomposição em frações parciais.
1.3.1 Descrição Geral do Método
Considere f(x) =
p(x)
q(x)
e gr(p) < gr(q).
Obs: Se o gr(p) ≥ gr(q) siga a descrição do exemplo 2 para obter
f(x) = u(x) +
r(x)
q(x)
e gr(r) < gr(q).
Em linhas gerais o método pode ser descrito pelos seguintes passos:
1. Fatorar o denominador q.
Se q é um polinômio com coeficientes reais, então q pode ser fatorado como
um produto de fatores lineares ou quadráticos.
2. Para cada fator linear de q da forma (x − a)n associar uma soma de
frações parciais da forma:
4
p(x)
q(x)
= . . .+
A1
(x− a) +
A2
(x− a)2 + . . .+
An
(x− a)n + . . .
3. Para cada fator quadrático de q da forma (x2 + ax + b)n associar uma
soma de frações parciais da forma:
p(x)
q(x)
= . . .+
B1x+C1
(x2 + ax+ b)
+
B2x+C2
(x2 + ax+ b)2
+ . . .+
Bnx+Cn
(x2 + ax+ b)n
+ . . .
4. Determinar os coeficientes organizando os termos como será descrito nos
exemplos a seguir.
Na seção seguinte discutiremos alguns dos principais casos e como obter os
coeficientes das frações parciais.
1.3.2 Descrição de Alguns Casos
Caso 1: Fatores Lineares Distintos
Exemplo 06:!
5x+ 11
x2 + 5x+ 4
dx
Solução:
- Fatorar o denominador:
5x+ 11
x2 + 5x+ 4
=
5x+ 11
(x+ 1)(x+ 4)
- Decompor em frações parciais:
5x+ 11
(x+ 1)(x+ 4)
=
A
x+ 1
+
B
x+ 4
- Determinar os coeficientes:
5x+ 11
(x+ 1)(x+ 4)
(x + 1)(x+ 4) =
A(x+ 1)(x+ 4)
x+ 1
+
B(x+ 1)(x+ 4)
x+ 4
(multi-
plicando os dois lados pelo denominador)
5x+ 11 = A(x+ 4) +B(x+ 1)
5x+ 11 = (A+B)x+ 4A+B
Os dois polinômios são idênticos e portanto igualamos os coeficientes das
potências correspondentes, resultando no sistema de equações:
5
%
A+B = 5
4A+B = 11
⇒ A = 2 e B = 3
Assim,!
5x+ 11
x2 + 5x+ 4
dx =
!
(
2
x+ 1
+
3
x+ 4
)dx
= 2 ln |x+ 1|+ 3 ln |x+ 4|+ c
Caso 2: Fatores Lineares Repetidos
Exemplo 07:!
3x+ 13
x2 + 8x+ 16
dx
Solução:
- Fatorar o denominador:
3x+ 13
x2 + 8x+ 16
=
3x+ 13
(x+ 4)2
- Decompor em frações parciais:
3x+ 13
(x+ 4)2
=
A
x+ 4
+
B
(x+ 4)2
- Determinar os coeficientes:
3x+ 13
(x+ 4)2
(x+ 4)2 =
A(x+ 4)2
x+ 4
+
B(x+ 4)2
(x+ 4)2
3x+ 13 = A(x+ 4) +B
3x+ 13 = Ax+ 4A+B
Igualar os coeficientes das potências correspondentes:%
A = 3
4A+B = 13
⇒ A = 3 e B = 1
Assim,!
3x+ 13
x2 + 8x+ 16
dx =
!
(
3
x+ 4
+
1
(x+ 4)2
)dx
= 3 ln |x+ 4| − 1
x+ 4
+ c
6
Caso 3: Fatores Quadráticos Irredutiveis Distintos
Exemplo 08:!
2x3 + 2x2 + 2x+ 5
(x2 + 4)(x2 + 1)
dx
Solução:
- Decompor em frações parciais:
2x3 + 2x2 + 2x+ 5
(x2 + 4)(x2 + 1)
=
Ax+B
(x2 + 4)
+
Cx+D
(x2 + 1)
- Determinar os coeficientes:
2x3 + 2x2 + 2x+ 5 = (Ax+B)(x2 + 1) + (Cx+D) (x2 + 4)
2x3 + 2x2 + 2x+ 5 = (A+C)x3 + (B +D)x2 + (A+ 4C)x+B + 4D
Igualar os coeficientes das potências correspondentes:
A+C = 2
B +D = 2
A+ 4C = 2
B + 4D = 5
⇒ A = 2, B = 1, C = 0 e D = 1
Assim,!
2x3 + 2x2 + 2x+ 5
(x2 + 4)(x2 + 1)
dx =
!
(
2x+ 1
x2 + 4
+
1
x2 + 1
)dx
= ln
$$x2 + 4$$+ 12arctg(x2 ) + arctg(x) + c
Caso 4: Fatores Quadráticos Repetidos
Exemplo09:!
x2 + 2x+ 1
(x2 + 1)2
dx
Solução:
- Decompor em frações parciais:
x2 + 2x+ 1
(x2 + 1)2
=
Ax+B
x2 + 1
+
Cx+D
(x2 + 1)2
7
- Determinar os coeficientes:
x2 + 2x+ 1
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2 =
(Ax+B)(x2 + 1)2
x2 + 1
+
(Cx+D)(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
x2 + 2x+ 1 = (Ax+B)(x2 + 1)+ (Cx+D)
x2 + 2x+ 1 = Ax3 +Bx2 + (A+C)x+B +D
Igualar os coeficientes das potências correspondentes:
A = 0
B = 1
A+C = 2
B +D = 1
⇒ A = 0,B = 1, C = 2 e D = 0
Assim,!
x2 + 2x+ 1
(x2 + 1)2
dx =
!
(
1
x2 + 1
+
2x
(x2 + 1)2
)dx
Para resolver
!
2x
(x2 + 1)2
dx considere a substituição u = x2+1, e portanto
du = 2x dx.!
2x
(x2 + 1)2
dx =
!
1
u2
du = −1
u
+ c = − 1
x2 + 1
+ c
Assim,!
x2 + 2x+ 1
(x2 + 1)2
dx =
!
(
1
x2 + 1
+
2x
(x2 + 1)2
)dx
= arctg(x)− 1
x2 + 1
+ c
8
1.4 Exercícios
Integrais Imediatas
1. CalcuIe:
a.
!
3
x+ 5
dx e.
!
2x+ 23
x2 + 4
dx
b.
!
(
1
x+ 4
− 2
3− x )dx f.
!
x+ 1
x2 + 1
dx
c.
!
7
(x+ 4)3
dx g.
!
x− 3
3x2 + 27
dx
d.
!
(
5
(x− 2)3 −
2
2x+ 1
)dx h.
!
x+ 5
x2 + 25
dx
:
Fatores Lineares Distintos
2. Calcule:
a.
!
3x−1
x2−4x−21dx c.
!
x2 + 9x− 6
x3 + 2x2 − 3xdx
b.
!
2
x2 + 5x+ 6
dx d.
!
8x+ 9
2x2 − 3x− 2dx
Fatores Lineares Repetidos
3. Calcule:
a.
!
2x+ 5
x2 + 4x+ 4
dx c.
!
3x2 + 12x+ 13
(x+ 2)3
dx
b.
!
3x+ 5
x2 + 2x+ 1
dx d.
!
2x+ 1
4x2 − 4x+ 1dx
9
Fatores Quadráticos
4. Calcule:
a.
!
5x2 + x+ 3
x3 + x
dx c.
!
3x2 + x+ 8
(x+ 1) (x2 + 4)
dx
b.
!
2x2 + 2
x3 + 2x
dx d.
! 1
0
x2 + 3x+ 1
(x2 + 1)
2 dx
Integrais Imediatas, Fatores Lineares e Quadráticos
5. Calcule:
a.
!
x+ 2
x2 − 2x+ 1dx e.
!
4x2 + 8x
(x− 1) (x+ 1)2 dx
b.
! 3
2
3x+17
x2+2x−3dx f.
! 0
−2
3
(x+ 3)3
dx
c.
!
2x+ 1
x2
dx g.
!
3x3 − x2 − 3
x2 (x2 + 3)
dx
d.
! 3
0
3x+ 2
x2 + 9
h.
!
3x2 − 4x+ 2
x2 (x− 1)2 dx
10
1.5 Respostas
1.
a. 3 ln |x+ 5|+ c
c. − 72(x+4)2 + c
e. ln
$$x2 + 4$$+ 232 arctan(x2 ) + c
g. 16 ln
*
x2 + 9
+− 13 arctan(x3 ) + c
2.
a. ln |x+ 3|+ 2 ln |x− 7|+ c
c. 2 ln |x| − 2 ln |x+ 3|+ ln |x− 1|+ c
3.
a. 2 ln |x+ 2| − 1x+2 + c
c. 3 ln |x+ 2| − 1
2(x+2)2
+ c
4.
a. 3 ln |x|+ arctanx+ ln *x2 + 1++ c
c. 12 ln
*
x2 + 4
+
+ 2 ln |x+ 1|+ c
5.
a. ln |x− 1| − 3
x− 1 + c e. 3 ln |x− 1|+ ln |x+ 1| −
2
x+1 + c
b. 5 ln 2 + 2 ln 5− 2 ln 6 f. 4
3
c. 2 ln |x| − 1
x
+ c g.
3 ln(x2 + 3)
2
+
1
x
+ c
d.
π
6
− 3 ln 3 + 32 ln 18 h.
π
4
+
3
4
11