INTEGRAIS INDEFINIDAS APRENDA SOZINHO

Transcrição

1 INTEGRAIS INDEFINIDAS APRENDA SOZINHO ANGELA OLANDOSKI BARBOZA 015

2 Algums plvrs do utor: Fui professor d Universidde Tecnológic Federl do Prná por 9 nos. Um ds mets que quero conquistr n minh posentdori é escrit de mteriis didáticos sobre ssuntos ds disciplins de Mtemátic de cursos superiores. Iniciei com s Integris Indefinids, por perceber que meus lunos tinhm muits dificulddes em entender este ssunto. Desenvolvi os tópicos de form bem detlhd, mostrndo todos os pssos de cd demonstrção e dos eemplos de plicção destes. A prtir dest mostr de meu e-book, espero que você poss ter um idei d form como o desenvolvi e os tópicos que form borddos. Se tiver interesse no e-book completo, me envie um e- mil: obrboz@yhoo.com. Curitib, 17 de Julho de 015 Angel Olndoski Brboz

3 Sumário 1 Introdução... 1 Primitiv de um Função Significdo Geométrico d Constnte de Integrção... 4 Proprieddes... 5 Integris Imedits n = n+1 + C, com n n+1 5. = ln + C, > Regr d cdei pr Integrl Indefinid Outrs Integris = + C, > 0 e ln 7. Cso Prticulr: e = e + C sen() = cos() + C cos() = sen() + C tg() = ln cos() + C cotg() = ln sen() + C sec () = tg() + C csc () = cotg() + C sec(). tg() = sec() + C csc(). cotg() = csc() + C sec() = ln sec() + tg() + C csc() = ln csc() + cotg() + C senh() = cosh () + C cosh() = senh () + C tgh() = ln cosh() + C cotgh() = ln senh() + C sech () = tgh () + C csch () = cotgh () + C sech()tgh() = sech () + C csch()cotgh() = csch () + C sech() = rctg(senh()) + C csch() = ln tgh ( ) + C... 7

4 7.3 = rcsen () + C, com ( 1,1), > = 1 rctg + ( ) + C, com = 1 rcsec. + C, > e > = 1 ln + C, ± = ln + ± + C Integrção por Prtes Fórmul de Integrção por Prtes rctg() =. rctg() 1 ln C = rcsen () +. + C ± = ± ± ln + ± + C Integris que contém o Trinômio + b + c Integris do tipo m+n b+c 9. Integris do Tipo m+n b+c 9.3 Integris do Tipo (m+n). +b+c Integris do Tipo + b + c Integrção de Funções Rcionis (Método dos Coeficientes Indetermindos) Integrção de Funções Trigonométrics do Tipo sen m (). cos n (), com m,n εz Substituição Trigonométric Integris dos Binômios Diferenciis Integrção por Substituições Especiis Integrção de Funções Envolvendo Epoentes Frcionários Integrção de Funções Rcionis de Senos e Cossenos BIBLIOGRAFIA

5 1 1 Introdução Estudo ds Integris Indefinids Pr trtr do ssunto de integris, vou seguir ordem de bordgem de Piskounov (1986). O livro originl de Cálculo Diferencil e Integrl deste utor foi escrito em russo, su língu de origem. Possuo 11ª edição em língu portugues, impress em Você pode chr que é um livro muito ntigo, ms o considero um bom mteril pr se prender o Cálculo Diferencil e Integrl. Vmos começr o estudo de integris, estudndo o problem de se encontrr um função F ( ) tl que su derivd sej igul f ( ), isto é: F' ( ) f ( ) Primitiv de um Função Definição.1 Um função F ( ) é um primitiv d função f ( ) em [, b] se, ε[, b], tivermos iguldde F' ( ) f ( ). Eemplo.1 Encontre um primitiv pr função f() = Usndo definição, temos que primitiv procurd é F( ), pois d d 4 3 F( ) 4. Ms, F() = 4 + 1, tmbém é um primitiv, ssim como F() = 4 5. Podemos observr que F( ) 4 C, com C é form idel pr epressr 3 d 4 3 primitiv de f ( ) 4, pois C 4. Definição. Chm-se Integrl Indefinid d função f ( ) e denot-se por f ( ) tod função d form Onde: F( ) C, em que F ( ) é um primitiv de f ( ). Temos então: f ( ) F( ) C se F' ( ) f ( ) sinl de integrção f() função integrr f() integrndo Dest definição etrímos os seguintes resultdos: A derivd de um integrl indefinid é igul à função integrr, isto é: Se F () = f(), então: ( f()) = [F() + C] = f()

6 A diferencil de um integrl indefinid é igul o integrndo. Então: d ( f()) = f() A integrl indefinid do diferencil de um função é igul à som dest função com um constnte rbitrári, isto é: df() = F() + C 3 Significdo Geométrico d Constnte de Integrção A prtir de um eemplo, vmos ilustrr o significdo geométrico d constnte de integrção. Eemplo 3.1 Sej f ( ). Sbemos que: d f ( ) F( ) d F( ) f ( ) ou d F( ). Integrndo, temos C. Geometricmente, podemos considerr integrl indefinid como um fmíli de curvs de tl form que diferenç entre s constntes ocorre geometricmente trvés de um trnslção em relção o eio O. A Figur 3.1 ilustr o eemplo. y = + y = + 1 y = y = 1 y = 4 Proprieddes Figur 3.1 Propriedde 4.1 Um integrl não se lter qundo o ftor constnte é considerdo ntes ou depois do sinl de integrl. Assim:.f ( ). f ( )

7 3 Eemplo 4.1 Clcule integrl indefinid seguir: 4 Solução: C C Propriedde 4. A integrl indefinid d som de dus funções é igul à som ds integris indefinids dests funções. Assim: [f 1 () + f ()] = f 1 () + f () Est propriedde tmbém vle pr som de um número finito de funções. Eemplo 4. Clcule integrl indefinid seguir: (6 ) Solução: (6 ) = 6 = 6.. = = C 1 + C = 3 + C 1 + C (6 ) = 3 + C Podemos observr que no finl, fizemos C 1 + C = C, pr que tivéssemos pens um constnte no resultdo d integrl. 5 Integris Imedits 5.1 n = n+1 + C, com n 1 n+1 Sej função y = m + C 1. A derivd dest função é: dy = d (m + C 1 ) = m. m 1 dy = m. m 1 Se fizermos m = n + 1, vmos ter: dy = (n + 1). n+1 1 dy = (n + 1). n Integrndo mbos os membros, vmos ter: dy = (n + 1). n y = (n + 1). n Como n + 1 é um constnte, podemos tirr d integrl. y = (n + 1). n n = y n + 1 Ms, y = m + C ou y = n+1 + C 1. Substituindo, vem:

8 4 n = n+1 + C 1 n = n+1 n + 1 n C 1 n + 1 Fzendo C = C 1 e substituindo, vem: n+1 n = n+1 + C, com n 1 n + 1 Eemplo 5.1 Clcule integrl indefinid seguir: ( ) 3 Solução: ( ) = 3 = = = = = = C C C C C C 6 = = C C C 3 + C C C 6 = Fzendo C 1 + C + C 3 + C 4 + C 5 + C 6 = C e simplicndo lgebricmente, temos: ( ) = C 5 5. = ln + C, > 0 6 Regr d cdei pr Integrl Indefinid Fonte: Leithold, L, 1977 Sej g um função em, diferenciável com conjunto imgem I e u = g(). Se f é um função definid em I e F um primitiv de f em I, então: f[g()]. g () = f(u)du = F(u) + C Demonstrção: Como u = g(), então u está em I. Aind, como F é um primitiv de f em I, temos: d [F(u)] = f(u) d[f(u)] = f(u)du (1) du d[f(u)] = f(u)du f(u)du = F(u) + C Aind: 0+1

9 5 d {F[(g())]} = d [F(u)] () Se plicrmos pr o segundo membro de (), regr d cdei pr diferencição, vmos ter: d d[f(u)] {F[(g())]} =. du (3) du Substituindo (1) em (3), vem: d du {F[(g())]} = f(u). Como u = g(), n equção (4), fzemos: d {F[(g())]} = f[g()]. g () d{f[(g())]} = f[g()]. g () d{f[(g())]} = f[g()]. g () f[g()]. g () = F[(g())] + C (5) Aind, como u = g(), substituindo em (5), temos: f[g()]. g () = f(u)du = F(u) + C = F[(g())] + C Pr plicr est Regr d Cdei no cálculo de um integrl indefinid n form f[g()]. g (), podemos seguir os seguintes pssos: Psso 1: encontre u = g(), dequdmente, e clcule du = g () pr que se tenh f[g()]. g () = f(u)du; Psso : Integre f em relção à u; Psso 3: Substitu u por g() no resultdo encontrdo. Aplicndo Regr d Cdei pr Integrl Indefinid, podemos reescrever s fórmuls em 5.1 e 5., d seguinte form: u n du = un+1 n C e du = ln u + C, u > 0 u Eemplo 6.1 Clcule integrl indefinid seguir: Solução: Fzendo u = 3 + 1, vmos ter du = 3 = du 3 Substituindo no integrndo, temos: (3 + 1) 7 = u 7 du 3 = 1 3 u7 du = 1 3. u8 Como u = 3 + 1, substituindo, vmos ter: (3 (3 + 1) 7 + 1)8 = + C C = u8 4 + C (4)

10 6 7 Outrs Integris 7.1 = + C, > 0 e 1 ln 7. Cso Prticulr: e = e + C 7.3 sen() = cos() + C 7.4 cos() = sen() + C 7.5 tg() = ln cos() + C 7.6 cotg() = ln sen() + C 7.7 sec () = tg() + C 7.8 csc () = cotg() + C 7.9 sec(). tg() = sec() + C 7.10 csc(). cotg() = csc() + C 7.11 sec() = ln sec() + tg() + C Est integrl não é imedit. Pr encontrá-l, vmos utilizr um rtifício que será multiplicção do numerdor e do denomindor do integrndo por (sec + tg). sec (). [sec() + tg()] sec () = = sec () + sec (). tg() (1) sec () + tg() sec () + tg() Pr resolver integrl resultnte dest operção, vmos poder plicr fórmul. du = ln u + C u Vmos então fzer seguinte substituição de vriável. u = sec () + tg() du = [sec (). tg() + sec ()] e = Substituindo em (1), vem: [sec du () + sec(). tg()]. sec. tg + sec sec () = u Voltndo vlores de, vem: = du u du sec (). tg() + sec () = ln u + C

11 7 sec() = ln sec() + tg() + C Aplicndo Regr d Cdei, podemos escrever: sec (u)du = ln sec (u) + tg(u) + C 7.1 csc() = ln csc() + cotg() + C 7.13 senh() = cosh () + C Sej função y = cosh () + C. Então: dy = senh() dy = senh() y = senh() Como y = cosh () + C, temos: senh() = cosh() + C Aplicndo Regr d Cdei, podemos escrever: senh(u)du = cosh (u) + C 7.14 cosh() = senh () + C 7.15 tgh() = ln cosh() + C 7.16 cotgh() = ln senh() + C 7.17 sech () = tgh () + C 7.18 csch () = cotgh () + C 7.19 sech()tgh() = sech () + C 7.0 csch()cotgh() = csch () + C 7.1 sech() = rctg(senh()) + C 7. csch() = ln tgh ( ) + C csch() = senh() = senh ( ). cosh ( ) = = 1. 1 senh ( ). cosh ( ). cosh ( ) cosh ( ) = 1. cosh ( ) senh ( ). cosh ( ) =

12 8 = 1. sech ( ) senh ( ) cosh ( ) = 1. sech ( ) tgh ( ) Pr resolver est integrl, vmos utilizr fórmul du u Fzendo: u = tgh ( ) du = sech ( du ) = Substituindo n integrl, temos: csch() = 1. sech ( ) tgh ( ) = 1. sech ( u Voltndo substituição, temos: csch() = ln tgh ( ) + C Aplicndo Regr d Cdei, result em: csch(u) du = ln tgh ( u ) + C sech ( ) ) = ln u + C. du sech ( ) = du u 7.3 = rcsen () + C, com ( 1, 1), > = 1 rctg + ( ) + C, com 0 = ln u + C Eemplo 7.1 Mostre que sech() = rctg(senh()) + C (Seção 7.1) sech() = 1 cosh() = 1 cosh(). cosh() cosh() = cosh() cosh () = = cosh() 1 + senh () Pr resolver est integrl, vmos utilizr fórmul du 1 +u 1 = rctg ( u 1 ) + C. Fzendo: = 1 = 1 u 1 = senh () u 1 = senh() du 1 = cosh() = du 1 cosh() Substituindo n integrl, vem: sech() = cosh() cosh() 1 + senh = () + u. du 1 cosh() = = du 1 + u 1 = rctg (u 1 ) + C Voltndo substituição, vem:

13 9 sech() = rctg [ senh() ] + C 1 sech() = rctg[senh()] + C Aplicndo Regr d Cdei, result: sech(u) du = rctg(senh(u)) + C 7.5 = 1 rcsec. + C, > e > = ln + C, ± = ln + ± + C Pr demonstrr est fórmul, vmos multiplicr o numerdor e o denomindor por um epressão conveniente e efetur lgums operções lgébrics. ± = ( ± + ) ±. ( ± + ) = 1 ( ± + ). ( ± + ) = ± 1 ( ± + ). ± ( ± + ± = 1 ( ± + ). (1 + ± ) (1) ± ) Vmos plicr fórmul du = ln u + C, pr resolver est integrl. u Fzendo: u = ± + = ( ± ) 1 + du = ( 1. ( ± ) ) du du = ( ( ± ) 1 + 1) du = ( + 1) = ± ( ± + 1) Substituindo n integrl em (1), vem: ± = 1 ( ± + ). (1 + = ± ) = 1 u. (1 + ± ). du = du = ln u + C ( ± + 1) u Voltndo substituição de vriável, temos: ± = ln + ± + C Aplicndo Regr d Cdei, podemos escrever:

14 10 du u ± = ln u + u ± + C 8 Integrção por Prtes 8.1 Fórmul de Integrção por Prtes Eemplo 8.1 Clcule integrl indefinid seguir: e. cos() Solução: Pr resolver est integrl, vmos utilizr fórmul de integrção por prtes: udv = u. v vdu. Vmos fzer: u = cos() du = sen() dv = e dv = e v = e Usndo fórmul de integrção por prtes, vem: e cos() = cos(). e e. [ sen()] e cos() = e. cos() + e. sen() (1) A impressão que nós temos qundo encontrmos ess epressão é de que não conseguiremos resolver est integrl. Ms, vmos plicr novmente fórmul de integrção por prtes pr resolver e sen(). Fzendo: u 1 = sen() du 1 = cos () dv 1 = e dv 1 = e v 1 = e Usndo fórmul de integrção por prtes u 1 dv 1 = u 1. v 1 v 1 du 1, vem: e sen() = sen(). e e. [ cos()]. e sen() = e. sen() e cos () () Substituindo () em (1) result: e cos() = e. cos() + e. sen() e cos() = e. cos () +. [e. sen() e cos ()] e cos() = e. cos () +. e. sen() 4. e cos () Qundo chegmos neste ponto d resolução, ficmos em dúvid se chegremos um solução pr integrl. Ms, observe que integrl que temos no primeiro membro

15 11 prece tmbém no segundo membro. Vmos então pssr integrl que está no segundo membro pr o primeiro membro. Teremos então: e cos() + 4. e cos () = e. cos () +. e. sen() 5 e cos() = e. cos () +. e. sen() e cos() =. e. sen() + e. cos() 5 e cos() = e. [ sen() + cos ()] + C 5 8. rctg() =. rctg() 1 ln C 8.3 = rcsen (. ) + + C 8.4 ± = ± ± ln + ± + C A resolução dest integrl é semelhnte à d seção 8.3. Pr resolver est integrl, primeiro, vmos multiplicr o numerdor e o denomindor por +. ± = ±. ± ± = ± ± = ± ± ± ± = ± ±. (1) ± () (b) Aplicndo pr integrl (b) fórmul = ln + ± ± + C, vem: ± = ln + ± + C 1 () Vmos gor resolver integrl () plicndo fórmul de integrção por prtes u 1 dv 1 = u 1. v 1 v 1 du 1. Pr resolver, vmos fzer um decomposição no integrndo d seguinte form: =. (3) ± ± Fzendo: u 1 = du 1 = dv 1 = ± dv 1 = ± dv 1 =. ( ± ) 1

16 1 v 1 =. ( ± ) 1 Pr resolver. ( ± ) 1, vmos plicr fórmul: v 1 = (u ) n du = (u )n+1 + C. n+1 Fzendo: u = ± du = = du Substituindo no integrndo, vem: v 1 =. ( ± ) 1 =. (u ) 1. ( du ) = = 1 (u ) 1 du = 1 (u ) = u 1 Voltndo à vriável, vem: v 1 =. ( ± ) 1 = ± 1 = u Agor vmos retornr à integrl em (3) e vmos resolvê-l plicndo fórmul: u 1 dv 1 = u 1. v 1 v 1 du 1. ± =. ± =. ± ± (4) A integrl + em (4) é integrl que estmos buscndo. Portnto, não vmos resolvê-l e sim, pss-l pr o primeiro membro. Substituindo () e (4) em (1), vem: ± = ± ±. ± ± =. ± ± ±. ln + ±. ± =. ± ± ln + ± ± = ± ± ln + ± + C Aplicndo Regr d Cdei, podemos escrever: u ± du = u ln u + u ± ± u ± + C Obs.: Sbemos que rcsenh() = ln( + + 1). Se fizemos: rcsenh ( ) = ln ( + ( ) + 1) = ln ( + + 1) = ln ( + + ) = ln ( + + ) = ln ( + + )

17 13 Podemos então escrever: ln ( + + ) = rcsenh ( ) + ln Se substituirmos est últim epressão n fórmul de +, temos: + = ln C 1 + =. (rcsenh ( ) + ln) C 1 + =. rcsenh ( ) +. ln C 1 Como. ln é um constnte, podemos fzer. ln + C 1 = C. Substituindo, vem: + =. rcsenh ( ) C Aplicndo Regr d Cdei, podemos escrever: u + du =. rcsenh (u ) + u u + + C 9 Integris que contém o Trinômio + b + c 9.1 Integris do tipo m+n +b+c 9. Integris do Tipo m+n +b+c 9.3 Integris do Tipo Fzendo-se substituição, (m+n). +b+c 1 m+n Eemplo 9.1 Clcule integrl indefinid seguir: ( + 1) + 3 Solução: Vmos fzer seguinte substituição de vriável: = t, ests integris reduzem-se às d seção = t + 1 = 1 t = 1 t 1 (1) = t 1 1 = 1t dt = dt t Substituindo n integrl, vem: dt t dt t ( + 1) + 3 = = 1 t. ( 1 t 1) + 3. ( 1 t 1) 1 t. 1 t. 1 t t 3

18 14 dt = t dt dt 1 t. 1 t + = t t + 3t 3t 1 t t. 1 = t = t. t + t + 1 t + t + 1 t = dt t. t t + t + 1 ( + 1) + 3 = dt () t + t + 1 Est últim integrl reci no 1º cso d seção 9.. Vmos ter que trnsformr o trinômio t + t + 1 pr que possmos plicr um ds fórmuls conhecids. Primeirmente, vmos colocr (-) em evidênci no trinômio. t + t + 1 = ( ). (t 1 t 1 ) t 1 t 1 = (t + p) + q t 1 t 1 = t + pt + p + q Aplicndo identidde de polinômios, vem: p = 1 p = 1 4 p + q = 1 ( 1 4 ) + q = 1 q = Logo, vmos ter: t + t + 1 = ( ). (t 1 t 1 ) = ( ). [(t 1 4 ) Podemos então reescrever integrl em () como: ( + 1) + 3 = dt t + t + 1 = = dt. [ 9 16 (t 1 4 ) ] = 1 dt 9 16 (t 1 4 ) q = ] dt ( ) [(t 1 4 ) q = ] Pr resolver est integrl, poderemos utilizr fórmul = rcsen u (u) + C Fzendo: = 9 16 = 3 4 u = (t 1 4 ) u = t 1 du = dt 4 Substituindo n integrl, vem: ( + 1) + 3 = dt = 1 t + t + 1 dt = 9 16 (t 1 4 ) du =

19 15 = 1 du u = 1 rcsen (u ) + C Voltndo substituição, temos: ( + 1) + 3 = 1 dt t + t + 1 = 1 rcsen (t 1 4 ) 3 4 = 1 rcsen ( 4t 1 4 ) 3 4 ( + 1) + 3 = 1 dt t + t + 1 = 1 1 rcsen (4t 3 ) Voltndo gor à substituição de vriável feit em (1), vem: ( + 1) + 3 = 1 1 rcsen (4t 3 ) = 1 = 1 4 ( + 1) rcsen [ + 1 ] = 1 1 rcsen [4 3 ( + 1) + 3 = 3 rcsen ( ) + C 9.4 Integris do Tipo + b + c rcsen (4. 3. ( + 1) ] = ) = 3 rcsen ( ) 10 Integrção de Funções Rcionis (Método dos Coeficientes Indetermindos) 11 Integrção de Funções Trigonométrics do Tipo sen m (). cos n (), com m,n εz 1 Substituição Trigonométric Este método é plicdo, gerlmente, às integris, que tem no integrndo um dos seguintes termos: 1 +,,, +, 1, 1 Pr substituição trigonométric, vmos ter três csos possíveis:

20 16 º Cso: α y = = y + y = senα = = = cscα senα =. cscα cotgα dα cosα = tgα = = tgα =. cotgα Eemplo 1.1 Clcule integrl indefinid seguir: 4 Solução: Este eemplo reci no º cso. Vmos então utilizr o triângulo retângulo seguir pr fzer substituição trigonométric. α senα = = tgα = senα = cosα = Substituindo n integrl, result:. cotgα 4 = 1 cotg αdα csc 3 α y = =. cscα =. cscαcotgαdα tgα =. cotgα (. cscα) 4 (. cscα. cotgα)dα =. cotg αcscαdα 4. csc 4 = α = 1 cos α sen α dα = 1 1 cos α sen α. sen3 α dα 1 sen 3 α 4 = 1 cos α. senαdα (1)

21 17 Pr resolver est integrl, vmos utilizr fórmul u n du = un+1 n+1 + C. Fzendo: u = cosα du = senαdα dα = du senα Substituindo n integrl em (1), vem: 4 = 1 cos α. senαdα = 1 u. senα. ( du senα ) = 1 u du = = 1. u3 u3 + C = C Voltndo à vriável α, temos: 4 = u3 3 + C = cos3 α + C () 3 Pr voltr à vriável, vmos usr relção cosα = em () e obteremos: 4 = cos3 α 3 + C = 4 = ( ) C ( 3 ) 13 Integris dos Binômios Diferenciis São integris do tipo m. ( + b n ) p onde 3 + C = ( ) C 3 m, n e p são números rcionis. 14 Integrção por Substituições Especiis Vmos ver gor lgums substituições especiis que podem nos judr resolver lguns tipos de integris envolvendo funções com potêncis com epoentes frcionários e funções rcionis de senos e cossenos Integrção de Funções Envolvendo Epoentes Frcionários Algums funções podem ter envolvids em su fórmul, vriáveis que possuem epoentes frcionários. Pr o cálculo d Integrl Indefinid deste tipo de funções, podemos buscr um substituição dequd que possibilite plicção de lgum ds fórmuls conhecids. Eemplo 14.1 Clcule integrl indefinid seguir: 1 Solução: Podemos fzer seguinte substituição: t = 1 t = 1 t + 1 = = t + 1 = tdt Substituindo no integrndo, result:

22 18. 1 = (t + 1). t. tdt = (t 4 + t )dt = t 4 dt + t dt Aplicndo fórmul u n du = un+1 + C pr s dus integris cim, temos: n = t 4 dt + t dt = t5 5 + t3 3 + C Voltndo substituição de vriáveis, vem: ( 1)5 ( 1)3. 1 = + + C = 5 3 =. ( 1). 1. ( 1) C = 5 3 = 6. ( + 1) ( 1) = ( ) = (6 4) C + C + C = 14. Integrção de Funções Rcionis de Senos e Cossenos Eemplo 14. Clcule integrl indefinid seguir: 1 + sen + cos Fonte: Brnenkov, Demidovitch et l.(1977) Solução: Vmos utilizr s substituições seguir: sen = t 1 t dt, cos = e = 1 + t 1 + t 1 + t Substituindo n integrl, temos: dt 1 + sen + cos = 1 + t 1 + t 1 + t + 1 = t 1 + t dt 1 + t 1 + t t + = dt (t + 1) = dt t + 1 Pr resolver est integrl, vmos utilizr fórmul du u Fzendo: u = t + 1 du = dt Substituindo n integrl, vem: 1 + sen + cos = dt = ln u + C t + 1 Substituindo u = t + 1, temos: dt 1 + t 1 + t + t + 1 t 1 + t = = ln u + C. dt 1 + t = t t

23 19 = ln t C 1 + sen + cos Agor, como tg = t, substituindo n últim epressão, vem: 1 + sen + cos = ln t C = ln tg ( ) C Cso: Se, substituindo sen por sen e cos por cos, integrl não se lterr, fzemos substituição tg = t. Utilizndo identidde trigonométric sec = 1 + tg, temos: sec = 1 + t 1 cos = 1 + t cos = t cos = t Aplicndo gor identidde trigonométric sen + cos = 1, vem: sen + cos = 1 sen t = 1 sen = t sen = 1 + t t sen = t 1 + t sen = t 1 + t Pr encontrr, vmos utilizr tg = t = rctgt, plicndo fórmul d (rctg(u)) = 1. du. dt 1+u dt Fzendo: u = t du dt = 1 Substituindo n fórmul, vem: dt = d (rctg(u)) dt dt = u. du dt dt = 1 dt. 1 = 1 + t 1 + t Resumindo, temos: tg = t, sen = t 1 + t, cos = t e = dt 1 + t

24 0 BIBLIOGRAFIA ANTON, Howrd; PATARRA, Cyro de Crvlho; TAMANAHA, Márci; DOERING, Clus Ivo. Cálculo um novo horizonte. Porto Alegre: Bookmn, 006. ÁVILA, Gerldo. Cálculo: diferencil e integrl. 3. ed. Rio de Jneiro: LTC; Brsíli, DF: Ed. d Univ. de Brsili, 198. AYRES, Frnk. Cálculo diferencil e integrl: resumo d teori, problems resolvidos, problems propostos. Rio de Jneiro: Ao Livro Tecnico, BOULOS, Pulo. Cálculo diferencil e integrl. São Pulo: Mkron Books, 000. v.1. DEMIDOVITCH, B.; BARANENKOV, G.; EFIMENKO, V. Problems e eercícios de nálise mtemátic. Moscou Mir Moscovo : FLEMMING, Div Mríli; GONÇALVES, Mirin Buss. Cálculo A: funções, limite, derivção e integrção. 6. ed. São Pulo, SP: Person Prentice Hll, c007 GRANVILLE, Willim Anthony; SMITH, Percey Frnklyn; LONGLEY, Willim Rymond. Elementos de cálculo diferencil e integrl. Rio de Jneiro: Âmbito Culturl, 199. KAPLAN, Wilfred; LEWIS, Donld J. Cálculo e álgebr liner. Rio de Jneiro Livros Técnicos e Científicos : KREYSZIG, Erwin. Mtemátic superior. 1. ed. Rio de Jneiro, RJ: LTC- Livros Técnicos e Científicos, v.1. LEITHOLD, Louis. O cálculo com geometri nlític. 3. ed. São Pulo: HARBRA, v.1. MAURER, Willie Alfredo. Curso de cálculo diferencil e integrl.. ed. São Pulo: E. Blücher: EDUSP, v.1. MUNEM, Mustf A.; FOULIS, Dvid J. Cálculo. Rio de Jneiro: LTC, 198. v.1. PISKOUNOV, Nicoli Seminovich. Cálculo diferencil e integrl. 11. ed. Porto: Lopes d Silv, v.1. RIGHETTO, Armndo; FERRAUDO, Antonio Sergio. Cálculo diferencil e integrl. São Pulo: Instituto Brsileiro de Edições Científics, 198. v. 1. SPIVAK, Michel. O cálculo em vrieddes. Rio de Jneiro, RJ: Ciênci Modern, 003. STEWART, Jmes. Cálculo : volume 1. São Pulo: Cengge Lerning, c014. THOMAS, George Brinton; FINNEY, Ross L.; WEIR, Murice D.; GIORDANO, Frnk R. Cálculo. 10. ed. São Pulo: A. Wesley, 00. THOMAS, George Brinton; WEIR, Murice D.; HASS, Joel. Cálculo. São Pulo: Person, 01. v.1.