Prova de Integrais

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CDI0001(TADS121-01C) Prova IV 05/12/2016
Prof. Helder G. G. de Lima
Nome do(a) aluno(a):
ˆ Identifique-se em todas as folhas.
ˆ Mantenha o celular e os demais equipamentos eletrônicos desligados durante a prova.
ˆ Justifique cada resposta com cálculos ou argumentos baseados na teoria estudada.
1. Calcule apenas 5 das 6 integrais a seguir, deixando explícito como obteve todas as integrais
que não forem imediatas:
(a) (2,0)
∫︁
12 cos(3𝑥)
sec(15𝑥)
d𝑥
(b) (2,0)
∫︁
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) d𝑥
(c) (2,0)
∫︁
3𝑥
√
5𝑥2 + 8− cotg(𝑥) d𝑥
(d) (2,0)
∫︁
25
(𝑥2 + 9)(𝑥2 + 4)
d𝑥
(e) (2,0)
∫︁
𝑒(𝑥+3)
1 + 𝑒(2𝑥)
d𝑥
(f) (2,0)
∫︁
9𝑥2 − 14𝑥+ 2
𝑥3 − 2𝑥2 + 𝑥 d𝑥
BOA PROVA!!!
Respostas e observações
1. (a) Solução 1:∫︁
12 cos(3𝑥)
sec(15𝑥)
d𝑥 =
∫︁
12 cos(3𝑥) cos(15𝑥) d𝑥 =
∫︁
12
2
[cos(3𝑥− 15𝑥) + cos(3𝑥+ 15𝑥)] d𝑥
= 6
∫︁
cos(−12𝑥) + cos(18𝑥) d𝑥 = 6
∫︁
cos(12𝑥) d𝑥+ 6
∫︁
cos(18𝑥) d𝑥
= 6
sen(12𝑥)
12
+ 6
sen(18𝑥)
18
+ 𝑐 =
sen(12𝑥)
2
+
sen(18𝑥)
3
+ 𝑐.
Solução 2: Seja 𝑢 = cos(3𝑥), d𝑢 = −3 sen(3𝑥) d𝑥, d𝑣 = cos(15𝑥) d𝑥 e 𝑣 = sen(15𝑥)
15
.
Então:∫︁
12 cos(3𝑥)
sec(15𝑥)
d𝑥 = 12
∫︁
cos(3𝑥) cos(15𝑥) d𝑥
= 12
[︂
cos(3𝑥)
sen(15𝑥)
15
−
∫︁
sen(15𝑥)
15
(−3 sen(3𝑥)) d𝑥
]︂
=
4
5
cos(3𝑥) sen(15𝑥) +
12
5
∫︁
sen(15𝑥) sen(3𝑥) d𝑥.
Sendo 𝑈 = sen(3𝑥), d𝑈 = 3 cos(3𝑥) d𝑥, d𝑉 = sen(15𝑥) d𝑥, 𝑉 = −cos(15𝑥)
15
, tem-se:
12
5
∫︁
sen(15𝑥) sen(3𝑥) d𝑥 =
12
5
[︂
sen(3𝑥)
(︂
−cos(15𝑥)
15
)︂
−
∫︁
−cos(15𝑥)
15
3 cos(3𝑥) d𝑥
]︂
= − 4
25
sen(3𝑥) cos(15𝑥) +
12
25
∫︁
cos(3𝑥) cos(15𝑥) d𝑥.
Assim,
12
∫︁
cos(3𝑥) cos(15𝑥) d𝑥 =
4
5
cos(3𝑥) sen(15𝑥)− 4
25
sen(3𝑥) cos(15𝑥)
+
1
25
(︂
12
∫︁
cos(3𝑥) cos(15𝑥)
)︂
,
e os termos envolvendo a integral procurada podem ser agrupados no primeiro mem-
bro, levando em conta que 1− 1
25
= 24
25
, para obter
24
25
· 12
∫︁
cos(3𝑥) cos(15𝑥) d𝑥 =
4
5
cos(3𝑥) sen(15𝑥)− 4
25
sen(3𝑥) cos(15𝑥) + 𝑐1.
Portanto,
12
∫︁
cos(3𝑥) cos(15𝑥) d𝑥 =
5
6
cos(3𝑥) sen(15𝑥)− 1
6
sen(3𝑥) cos(15𝑥) + 𝑐2.
Observação: Esta função é a mesma obtida na solução 1, como pode ser verificado
por meio da identidade trigonométrica sen(𝑎) cos(𝑏) = 1
2
[sen(𝑎− 𝑏) + sen(𝑎+ 𝑏)].
(b) Solução 1:∫︁
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) d𝑥 =
∫︁
𝑒2𝑥
(︂
𝑒3𝑥 + 𝑒−3𝑥
2
)︂
d𝑥 =
∫︁
𝑒5𝑥 + 𝑒−𝑥
2
d𝑥
=
1
2
∫︁
𝑒5𝑥 d𝑥+
1
2
∫︁
𝑒−𝑥 d𝑥 =
1
10
∫︁
𝑒5𝑥 · 5 d𝑥− 1
2
∫︁
𝑒−𝑥(−1) d𝑥
=
1
10
∫︁
𝑒𝑢 d𝑢− 1
2
∫︁
𝑒𝑣 d𝑣 =
𝑒𝑢
10
− 𝑒
𝑣
2
+ 𝑐 =
𝑒5𝑥
10
− 𝑒
−𝑥
2
+ 𝑐.
2
Solução 2: Tomando 𝑢 = 𝑒2𝑥, d𝑢 = 2𝑒2𝑥 d𝑥, d𝑣 = cosh(3𝑥) d𝑥 e 𝑣 = senh(3𝑥)
3
, tem-se:∫︁
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) d𝑥 = 𝑒2𝑥
senh(3𝑥)
3
−
∫︁
senh(3𝑥)
3
2𝑒2𝑥 d𝑥
=
1
3
𝑒2𝑥 senh(3𝑥)− 2
3
∫︁
𝑒2𝑥 senh(3𝑥) d𝑥.
Agora, escolhendo 𝑈 = 𝑒2𝑥, d𝑈 = 2𝑒2𝑥 d𝑥, d𝑉 = senh(3𝑥) d𝑥 e 𝑉 = cosh(3𝑥)
3
, resulta:
∫︁
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) d𝑥 =
1
3
𝑒2𝑥 senh(3𝑥)− 2
3
[︂
𝑒2𝑥
cosh(3𝑥)
3
−
∫︁
cosh(3𝑥)
3
2𝑒2𝑥 d𝑥
]︂
=
1
3
𝑒2𝑥 senh(3𝑥)− 2
9
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) +
4
9
∫︁
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) d𝑥.
Agrupando os termos que envolvem a integral procurada, tem-se:
5
9
∫︁
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) d𝑥 =
1
3
𝑒2𝑥 senh(3𝑥)− 2
9
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) + 𝑐1.
Portanto,∫︁
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) d𝑥 =
3
5
𝑒2𝑥 senh(3𝑥)− 2
5
𝑒2𝑥 cosh(3𝑥) =
𝑒5𝑥
10
+
𝑒−𝑥
2
+ 𝑐2.
Observação: Esta função é a mesma obtida na solução 1, como pode ser verificado
por meio da definição do cosseno hiperbólico.
(c) Tem-se
∫︀
3𝑥
√
5𝑥2 + 8 − cotg(𝑥) d𝑥 = ∫︀ 3𝑥√5𝑥2 + 8d𝑥 − ∫︀ cotg(𝑥) d𝑥. A primeira
integral pode ser resolvida utilizando a substituição 𝑡 = 5𝑥2 + 8, d𝑡 = 10𝑥 d𝑡:∫︁
3𝑥
√
5𝑥2 + 8d𝑥 =
3
10
∫︁ √
5𝑥2 + 8 · 10𝑥 d𝑥 = 3
10
∫︁ √
𝑡 d𝑡
=
3
10
(︂
2
3
√
𝑡3
)︂
+ 𝑘1 =
1
5
√︀
(5𝑥2 + 8)3 + 𝑘1.
Para a segunda integral, pode-se fazer a substituição 𝑤 = sen(𝑥), d𝑤 = cos(𝑥) d𝑥:∫︁
cotg(𝑥) d𝑥 =
∫︁
cos(𝑥)
sen(𝑥)
d𝑥 =
∫︁
1
sen(𝑥)
cos(𝑥) d𝑥 =
∫︁
1
𝑤
d𝑤
= ln |𝑤|+ 𝑘2 = ln | sen(𝑥)|+ 𝑘2.
Portanto,
∫︀
3𝑥
√
5𝑥2 + 8− cotg(𝑥) d𝑥 = 1
5
√︀
(5𝑥2 + 8)3 − ln | sen(𝑥)|+ 𝑐.
(d) Decompondo a função em frações parciais, e substituindo 𝑢 = 𝑥
3
, d𝑥 = 3d𝑢, 𝑣 = 𝑥
2
e d𝑥 = 2d𝑣, resulta que:∫︁
25
(𝑥2 + 9)(𝑥2 + 4)
d𝑥 =
∫︁ −5
𝑥2 + 9
+
5
𝑥2 + 4
d𝑥 = −5
9
∫︁
1(︀
𝑥
3
)︀2
+ 1
d𝑥+
5
4
∫︁
1(︀
𝑥
2
)︀2
+ 1
d𝑥
= −5
9
∫︁
1
𝑢2 + 1
3 d𝑢+
5
4
∫︁
1
𝑣2 + 1
2 d𝑣
= −5
3
arctg(𝑢) +
5
2
arctg(𝑣) + 𝑐 = −5
3
arctg
(︁𝑥
3
)︁
+
5
2
arctg
(︁𝑥
2
)︁
+ 𝑐.
3
(e) Usando propriedades da função exponencial e substituindo 𝑧 = 𝑒𝑥 e d𝑧 = 𝑒𝑥 d𝑥,
tem-se:∫︁
𝑒(𝑥+3)
1 + 𝑒(2𝑥)
d𝑥 =
∫︁
𝑒3𝑒𝑥
1 + (𝑒𝑥)2
d𝑥 = 𝑒3
∫︁
1
1 + (𝑒𝑥)2
𝑒𝑥 d𝑥 = 𝑒3
∫︁
1
1 + 𝑧2
d𝑧
= 𝑒3 arctg(𝑧) + 𝑐 = 𝑒3 arctg(𝑒𝑥) + 𝑐.
(f) Decompondo a função em frações parciais, resulta que:∫︁
9𝑥2 − 14𝑥+ 2
𝑥3 − 2𝑥2 + 𝑥 d𝑥 =
∫︁
9𝑥2 − 14𝑥+ 2
𝑥(𝑥− 1)2 d𝑥 =
∫︁
2
𝑥
+
7
𝑥− 1 +
25
(𝑥− 1)2 d𝑥
= 2
∫︁
1
𝑥
d𝑥+ 7
∫︁
1
𝑥− 1 d𝑥+ 25
∫︁
1
(𝑥− 1)2 d𝑥
= 2 ln |𝑥|+ 7 ln |𝑥− 1| − 25
𝑥− 1 + 𝑐
= ln |𝑥2(𝑥− 1)7| − 25
𝑥− 1 + 𝑐.
4